Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias

˜ ˜ AS ` EQUAC INTRODUC ¸ AO ¸ OES DIFERENCIAIS ´ ORDINARIAS Reginaldo J. Santos ´ Departamento de Matematica-ICEx Universidade Federal de Minas Gerais

http://www.mat.ufmg.br/~regi

Julho 2007

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao c 2007 by Reginaldo de Jesus Santos (071023) Copyright ˜ podera´ ser reproduzida por qualquer meio sem a previa ´ Nenhuma parte desta publicac¸ao ˜ autorizac¸ao, por escrito, do autor. ˜ Supervisor de Produc¸ao, ˜ Capa e Ilustrac¸oes: ˜ Editor, Coordenador de Revisao, Reginaldo J. Santos

´ Ficha Catalografica

S237i

Santos, Reginaldo J. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao / Reginaldo J. Santos ´ da UFMG, 2007. - Belo Horizonte: Imprensa Universitaria

˜ Diferenciais 1. Equac¸oes

I. T´ıtulo

CDD:

515.3

Conteudo ´

´ Prefacio

viii

˜ 1 Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais . . . . . 1.1 Introduc¸ao ˜ . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Classificac¸ao ˜ 1.1.2 Soluc¸oes . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ Ordinarias ´ 1.1.3 Equac¸oes de 1a. Ordem . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ Lineares de 1a. Ordem . . . . . . . . 1.2 Equac¸oes ˜ em que p(t) = 0 . . . . . . . 1.2.1 Equac¸oes ˜ Lineares - Caso Geral . . . . 1.2.2 Equac¸oes 1.2.3 Por que o Fator Integrante deve ser µ(t) Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 4 7 8 11 12 12 14 19 21

iii

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. . . . . . . . = e p(t)dt ? . . . . . . .

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iv

Conteudo ´ ˜ Separaveis ´ 1.3 Equac¸oes . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ Exatas . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Equac¸oes 1.4.1 Fatores Integrantes . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ em Equac¸oes ˜ de 1a. Ordem . . 1.5 Substituic¸oes ˜ Homogeneas ˆ 1.5.1 Equac¸oes de 1a. Ordem ˜ de Bernoulli . . . . . . . . 1.5.2 Equac¸oes ˜ de Ricatti . . . . . . . . . 1.5.3 Equac¸oes ˜ 1.5.4 Outras Substituic¸oes . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ 1.6 Aplicac¸oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˆ 1.6.1 Dinamica Populacional . . . . . . . . ˜ por Carbono 14 . . . . . . . 1.6.2 Datac¸ao 1.6.3 Juros . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.4 Misturas . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.5 Lei de Resfriamento de Newton . . . 1.6.6 Lei de Torricelli . . . . . . . . . . . . ˆ 1.6.7 Resistencia em Fluidos . . . . . . . . ´ 1.6.8 Circuitos Eletricos . . . . . . . . . . ´ 1.6.9 Trajetorias Ortogonais . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ 1.7 Analise Qualitativa . . . . . . . . . . . . . . ˜ Autonomas ˆ 1.7.1 Equac¸oes . . . . . . . . ˜ . . . . . . . . . . 1.7.2 Campo de Direc¸oes

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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23 34 35 42 46 50 50 53 55 57 59 60 60 72 73 84 90 93 97 104 107 111 122 122 132

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Conteudo ´ Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˆ ˜ 1.8 Existencia e Unicidade de Soluc¸oes . . . . . . . . . . . . . . ˜ do Teorema de Existencia ˆ 1.8.1 Demonstrac¸ao e Unicidade . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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134 135 142 148 150

˜ 2 Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem ˜ Homogeneas ˆ 2.1 Equac¸oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Soluc¸oes ´ 2.1.2 Formula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Obtendo uma Segunda Soluc¸ao ˜ Homogeneas ˆ 2.1.4 Equac¸oes com Coeficientes Constantes . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ Nao-Homog ˜ ˆ 2.2 Equac¸oes eneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ ˜ dos Parametros ˆ 2.2.1 Metodo de Variac¸ao . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ Nao-Homog ˜ ˆ 2.2.2 Equac¸oes eneas com Coeficientes Constantes . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ 2.3 Oscilac¸oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ Livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Oscilac¸oes ˜ Forc¸adas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.2 Oscilac¸oes ´ 2.3.3 Circuitos Eletricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ em Series ´ ˆ 2.4 Soluc¸oes de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ do Teorema de Existencia ˆ ˜ em Series ´ 2.4.1 Demonstrac¸ao de Soluc¸oes . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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262 263 264 272 274 278 287 292 295 301 311 313 315 329 341 345 348 365 372

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Conteudo ´ ´ 2.5 Mudanc¸as de Variaveis . . . . . . . ˜ que nao ˜ Contem ´ y 2.5.1 Equac¸oes ˜ que nao ˜ Contem ´ t 2.5.2 Equac¸oes ˜ de Euler . . . . . 2.5.3 Equac¸oes 2.5.4 Outras Mudanc¸as . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . 2.6 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . .

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3 Transformada de Laplace ˜ 3.1 Introduc¸ao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ com Termo Nao-Homog ˜ ˆ 3.3 Equac¸oes eneo Descont´ınuo Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Transformada de Laplace do Delta de Dirac . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5 Convoluc¸ao Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6 Tabela de Transformadas de Laplace . . . . . . . . 3.7 Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . .

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379 379 380 382 384 386 387

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461 461 477 478 484 485 499 502 513 514 523 525 526

˜ 4 Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares 580 ´ 4.1 A Matriz A e´ Diagonalizavel em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 588 ˜ e 2 Incognitas ´ 4.1.1 Sistema com 2 Equac¸oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 588 ˜ e n Incognitas ´ 4.1.2 Sistema com n Equac¸oes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 590 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

Conteudo ´

4.2

4.3

4.4

4.5

4.1.3 Como Encontrar as Matrizes P e D . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C . . . . . . . . . . . . . . . ˜ e 2 Incognitas ´ 4.2.1 Sistema com 2 Equac¸oes . . . . . . . . ˜ ´ 4.2.2 Sistema com n Equac¸oes e n Incognitas . . . . . . . 4.2.3 Como Encontrar as Matrizes P e D . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ e´ Diagonalizavel ´ A Matriz A nao . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ e 2 Incognitas ´ 4.3.1 Sistema com 2 Equac¸oes . . . . . . . . ˜ e n Incognitas ´ 4.3.2 Sistema com n Equac¸oes . . . . . . . 4.3.3 Como Encontrar as Matrizes P e J . . . . . . . . . . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˜ e 2 Incognitas ´ 4.4.1 Sistema com 2 Equac¸oes . . . . . . . . 4.4.2 Usando a Transformada de Laplace . . . . . . . . . . ˜ do Teorema de Existencia ˆ 4.4.3 Demonstrac¸ao e Unicidade . Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Respostas dos Exerc´ıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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592 606 609 609 613 615 627 629 629 631 633 641 643 644 652 655 660 661

Bibliografia

707

´Indice Alfabetico ´

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Julho 2007

Reginaldo J. Santos

´ Prefacio

˜ Este e´ um texto alternativo ao excelente livro Boyce-DiPrima [1] para a parte de equac¸oes dife´ ˜ apresentadas provas renciais ordinarias, sendo mais objetivo e mais elementar. Entretanto aqui est ao ˆ ˜ elementares de resultados como os teoremas de existencia e unicidade para equac¸oes diferenciais ˜ diferenciais alem ´ do teorema sobre a existencia ˆ ˜ em serie ´ e para sistemas de equac¸oes de soluc¸oes a. ˆ ˜ de potencias para equac¸oes lineares de 2 ordem e a injetividade da transformada de Laplace. O ˜ Diferenciais A’ que e´ ministrado para os conteudo ´ corresponde ao programa da disciplina ’Equac¸oes ´ ˆ alunos da area de ciencias exatas na Universidade Federal de Minas Gerais. ˜ diferenciais de O texto e´ dividido em quatro cap´ıtulos. No Cap´ıtulo 1 apesar do t´ıtulo ser ’Equac¸oes a. ˜ as ` equac¸oes ˜ diferenciais em geral e entre as equac¸oes ˜ de 1a. ordem 1 Ordem’ e´ feita uma introduc¸ao ˜ estudadas as equac¸oes ˜ lineares, as separaveis ´ ˜ sobre substituic¸oes ˜ sao e as exatas. Tem uma sec¸ao a. ˜ ˜ estudadas as equac¸oes ˜ ˆ em equac¸oes de 1 ordem onde sao homogeneas, as de Bernoulli e as de a. ˜ ˜ ´ Ricatti. Terminamos o cap´ıtulo com aplicac¸oes das equac¸oes de 1 ordem, analise qualitativa das ˜ autonomas ˆ ˆ ˜ equac¸oes e existencia e unicidade de soluc¸oes. ˜ lineares de 2a. ordem e´ o assunto do Cap´ıtulo 2. Aqui o estudo tanto das equac¸oes ˜ As equac¸oes viii

´ Prefacio

ix

ˆ ˜ ˜ homogeneas ˆ homogeneas como das equac¸oes nao e´ feito inicialmente no caso geral e depois no ˜ constantes. O cap´ıtulo contem ´ tambem ´ oscilac¸oes. ˜ caso particular em que os coeficientes sao O ˜ em serie ´ ˆ cap´ıtulo termina com soluc¸oes de potencias em torno de t0 = 0 no caso em que este ponto ´ ´ ˜ de 2a. ordem. e´ ordinario e mudanc¸as de variaveis em equac¸oes O Cap´ıtulo 3 trata da transformada de Laplace. O objetivo e´ resolver problemas de valor inicial ˜ lineares de 2a. ordem tanto com o termo nao ˜ homogeneo ˆ para equac¸oes cont´ınuo, quanto descont´ınuo. ˜ Terminamos o cap´ıtulo com a transformada de Laplace do delta de Dirac e com a convoluc¸ ao. ˜ No Cap´ıtulo 4 o estudo de sistemas de equac¸oes diferenciais lineares e´ feito usando ˜ de matrizes. O caso 2 × 2 e´ tratado em separado com detalhe. O cap´ıtulo termina diagonalizac¸ao ˜ homogeneos ˆ com os sistemas nao e o uso da transformada de Laplace. ˜ resolvidos no final do cap´ıtulo correspondente. Quase todos os deseTodos os exerc´ıcios estao ´ ´ do nhos e graficos foram feitos usando o M ATLAB r∗ e o pacote GAAL dispon´ıvel na web na pagina autor. ˜ Gostaria de agradecer ao professor Helder C. Rodrigues pelas frut´ıferas discuss oes, aos professoˆ ˆ res Antonio Gaspar Ruas, Francisco Dutenhefner, Grey Ercole, Hamilton P. Bueno, Ant onio Zumpano, Marcelo T. Cunha, Jorge Sabatucci, Regina Radich, Marcelo Marchesin, Ricardo Takahashi, Armando ˜ que possibilitaram o aperfeic¸oamento do G. M. Neves e Carlos A. Arteaga pelas cr´ıticas e sugest oes presente texto.

∗

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Reginaldo J. Santos

x

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

´ Prefacio

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Cap´ıtulo 1

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

˜ as ` Equac¸oes ˜ 1.1 Introduc¸ao Diferenciais ˜ em que as incognitas ´ ˜ func¸oes ˜ e a equac¸ao ˜ envolve ˜ diferencial e´ uma equac¸ao Uma equac¸ao sao ˜ derivadas destas func¸oes. ˆ Exemplo 1.1. O movimento de um pendulo simples de massa m e comprimento l e´ descrito pela ˜ diferencial equac¸ao

d2 θ g + sen θ = 0 dt2 l

1

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

2

θ

−mg sen θ θ

mg cos θ

P = mg ˆ Figura 1.1: Pendulo Simples ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Introduc¸ao Diferenciais

Fr = −γ v

3

Fext = Focos(ωt) Fe = − k x

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fe = − k x

0

x

Figura 1.2: Sistema massa-mola Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

4

Exemplo 1.2. Um sistema massa-mola composto de um corpo de massa m preso a uma mola com ´ ˆ constante elastica k , sujeita a uma forc¸a de resistencia Fr = −γv = −γ dx e uma forc¸a externa dt ˜ diferencial Fext (t) = F0 cos(ωt) e´ descrito pela equac¸ao

m

d2 x dx +γ + kx = F0 cos(ωt) 2 dt dt

˜ em que nao ˜ ha´ cargas eletricas ´ ´ Exemplo 1.3. Numa regiao o potencial eletrico u(x, y, z) em cada ˜ satisfaz a equac¸ao ˜ diferencial ponto (x, y, z) da regiao

∂2u ∂2u ∂2u + + 2 = 0. ∂x2 ∂y 2 ∂z

ˆ Exemplo 1.4. Um circuito RC e´ um circuito que tem um resistor de resistencia R, um capacitor de ˆ ´ capacitancia C e um gerador que gera uma diferenc¸a de potencial V (t) ligados em s erie. A carga ´ ˜ Q(t) no capacitor e descrita pela equac¸ao diferencial

R

dQ 1 + Q = V (t). dt C

˜ 1.1.1 Classificac¸ao ˜ sao ˜ classificadas quanto ao tipo, a ordem e a linearidade. As equac¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Introduc¸ao Diferenciais

5

R

C

V (t) Figura 1.3: Circuito RC Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

6

˜ diferencial pode ser ordinaria ´ ´ (a) Quanto ao tipo uma equac¸ao ou parcial. Ela e´ ordinaria se ˜ ´ ˜ ´ as func¸oes incognitas forem func¸oes de somente uma variavel. Portanto as derivadas que ˜ sao ˜ derivadas totais. Por exemplo, as equac¸oes ˜ que podem ser escritas aparecem na equac¸ao na forma

F (t, y, y 0, y 00 , ...) = 0 ˜ equac¸oes ˜ ´ ˜ sao diferenciais ordinarias, como as equac¸oes dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.4. A ˜ do Exemplo 1.3 e´ parcial. equac¸ao ˜ diferencial pode ser de 1a. , de 2a. , ..., de n-esima ´ (b) Quanto a` ordem uma equac¸ao ordem depen˜ Uma equac¸ao ˜ diferencial ordinaria ´ de dendo da derivada de maior ordem presente na equac¸ao. ˜ que pode ser escrita na forma ordem n e´ uma equac¸ao

F (t, y, y 0, y 00 , ..., y (n) ) = 0. ˜ dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.3 sao ˜ de 2a. ordem e a equac¸ao ˜ do Exemplo 1.4 e´ de As equac¸oes a. 1 ordem. ˜ diferencial pode ser linear ou nao ˜ linear. Ela e´ linear se as (c) Quanto a linearidade uma equac¸ao ´ ˜ Uma equac¸ao ˜ diferencial incognitas e suas derivadas aparecem de “forma linear” na equac¸ao. ´ ˜ que pode ser escrita como ordinaria linear de ordem n e´ uma equac¸ao

a0 (t)y + a1 (t)

dy d2 y dn y + a2 (t) 2 + . . . + an (t) n = f (t). dt dt dt

˜ diferenciais ordinarias ´ ˜ podem ser colocadas nesta forma sao ˜ nao ˜ lineares. As equac¸oes que nao ˜ ˜ ˜ ´ ˜ linear. As equac¸oes dos Exemplos 1.2, 1.3 e 1.4 sao lineares e a equac¸ao do Exemplo 1.1 e nao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Introduc¸ao Diferenciais

7

˜ 1.1.2 Soluc¸oes ˜ (particular) de uma equac¸ao ˜ diferencial de ordem n em um intervalo I e´ uma Uma soluc¸ao ˜ y(t) definida no intervalo I tal que as suas derivadas de ordem at e´ n estao ˜ definidas no func¸ao ˜ neste intervalo. intervalo I e satisfazem a equac¸ao ˜ Exemplo 1.5. Considere a equac¸ao

ay 00 + by 0 + cy = 0,

com a, b, c ∈ R tais que b2 − 4ac = 0.

b

˜ desta equac¸ao. ˜ Vamos mostrar que y(t) = e− 2a t e´ soluc¸ao

b2 − b t y (t) = 2 e 2a 4a

b b y (t) = − e− 2a t , 2a

00

0

˜ obtemos Substituindo-se y(t), y 0 (t) e y 00 (t) no primeiro membro da equac¸ao

  b b2 − b t b −bt ay + by + cy = a 2 e 2a + b − e 2a + ce− 2a t 4a 2a  2  2 b b b − + c e− 2a t = 4a 2a −b2 + 4ac − b t = e 2a = 0, 4a 00

0

b

´ ˜ da equac¸ao. ˜ pois por hipotese b2 − 4ac = 0. Assim y(t) = e− 2a t e´ soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

8

˜ ´ 1.1.3 Equac¸oes Ordinarias de 1a. Ordem ˜ diferenciais ordinarias ´ ˜ equac¸oes ˜ que podem ser escritas como As equac¸oes de 1a. ordem sao

F (t, y, y 0) = 0. ˜ de primeira ordem que podem ser escritas na forma Vamos estudar equac¸oes

dy = f (t, y) dt

(1.1)

˜ ˜ (particular) de uma equac¸ao ˜ diferencial (1.1) em um intervalo I e´ uma func¸ao Uma soluc¸ao y(t) definida no intervalo I tal que a sua derivada y 0 (t) esta´ definida no intervalo I e satisfaz a ˜ (1.1) neste intervalo. equac¸ao O problema

  dy = f (t, y) dt  y(t ) = y 0 0

(1.2)

˜ do problema de valor inicial (1.2) em e´ chamado problema de valor inicial (PVI). Uma soluc¸ao ˜ y(t) que esta´ definida neste intervalo, tal que a sua derivada tambem ´ um intervalo I e´ uma func¸ao esta´ definida neste intervalo e satisfaz (1.2). ˜ diferencial ordinaria ´ Quando resolvemos uma equac¸ao de 1a. ordem normalmente obtemos uma ˜ que dependem de uma constante arbitraria. ´ ˜ particular puder ser fam´ılia de soluc¸oes Se toda soluc¸ao ˜ obtida da fam´ılia de soluc¸oes que encontramos por uma escolha apropriada da constante dizemos ˜ e´ a soluc¸ao ˜ ˜ geral da equac¸ao. que a fam´ılia de soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Introduc¸ao Diferenciais

9

˜ Exemplo 1.6. A equac¸ao

dy = e3t dt ˜ direta obtendo pode ser resolvida por integrac¸ao

y(t) =

Z

e3t dt =

e3t + C, 3

˜ geral da equac¸ao ˜ diferencial dada. que e´ a soluc¸ao ˜ do PVI Para encontrarmos a soluc¸ao

  dy = e3t dt  y(1/3) = e/3

˜ geral encontrada obtendo C = 0. Assim a soluc¸ao ˜ do Substitu´ımos t = 1/3 e y = e/3 na soluc¸ao PVI e´

y(t) =

e3t 3

´ ˜ e sua derivada estao ˜ definidas. valida para −∞ < t < ∞, que e´ o maior intervalo em que a soluc¸ao

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

10

−6 − −10 8

2

y

−2

1.5

−4

0

1

2

2

−2

0.5

t

−4

−6

0

−10

−8

0 0

−0.5

−2 −2

−8

−1

−10

−6

−4 −4

−1.5 −1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

˜ da equac¸ao ˜ e do PVI do Exemplo 1.6 Figura 1.4: Soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Introduc¸ao Diferenciais

11

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 150) ˜ abaixo quanto ao tipo, a ordem e a linearidade. 1.1. Classifique as equac¸oes (a) yy 0 + t = 0

(b) x2 y 00 + bxy 0 + cy = 0

˜ y1 (x) = x2 , y2 (x) = x3 e y3 (x) = e−x sao ˜ soluc¸oes ˜ da 1.2. Determine qual ou quais das func¸oes ˜ equac¸ao

(x + 3)y 00 + (x + 2)y 0 − y = 0 1.3. Sejam a, b, c ∈ R. Mostre que ˜ da equac¸ao ˜ ay 0 + by = 0. (a) y(t) = ert , com r raiz de ar + b = 0, e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ ay 00 + by 0 + cy = 0. (b) y(t) = ert , com r raiz de ar 2 + br + c = 0, e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ x2 y 00 +bxy 0 +cy = 0. (c) y(x) = xr , com r raiz de r 2 +(b−1)r +c = 0, e´ soluc¸ao ˜ y(t) e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao. ˜ 1.4. Determine os valores de r para os quais a func¸ao

r e y 0 + ty 2 = 0. −3 r (b) y(t) = 2 e y 0 − 2ty 2 = 0. t +1 (a) y(t) =

Julho 2007

t2

r e y 0 − 6ty 2 = 0. +1 r (d) y(t) = 2 e y 0 − ty 2 = 0. t +2 (c) y(t) =

t2

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

12

˜ 1.2 Equac¸oes Lineares de 1a. Ordem ˜ equac¸oes ˜ que podem ser escritas como ˜ As equac¸oes lineares de 1a. ordem sao

dy + p(t)y = q(t). dt

˜ 1.2.1 Equac¸oes em que p(t) = 0 ˜ p(t) = 0 a equac¸ao ˜ anterior torna-se Se a func¸ao

dy = q(t) dt

(1.3)

´ de resolver integrando-se os dois lados. Assim a soluc¸ao ˜ geral desta equac¸ao ˜ e´ dada por e e´ facil

y(t) =

Z

q(t)dt + C.

˜ Exemplo 1.7. A equac¸ao

dy = sen(2t) dt ˜ direta obtendo a soluc¸ao ˜ geral pode ser resolvida por integrac¸ao

y(t) =

Z

sen(2t) dt = −

cos(2t) + C. 2

´ ´ ˜ ˜ A seguir veremos varias tecnicas de se encontrar soluc¸oes de equac¸oes de 1a. ordem que se ˜ inicial em uma equac¸ao ˜ do tipo (1.3). baseiam em transformar a equac¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.2

˜ Equac¸oes Lineares de 1a. Ordem

13 3

3

y

3

3 2

2

2

2

1

1

0

0

−1

−1

−2

−2

2 1

1 1 0

0

t

0 −1

−1 −1 −2

−2 −2 −3

−3 −3

−2

−1

0

1

2

3

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 1.7 Figura 1.5: Soluc¸oes Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

14

˜ 1.2.2 Equac¸oes Lineares - Caso Geral ˜ da forma Vamos considerar equac¸oes

dy + p(t)y = q(t). dt

(1.4)

˜ auxiliar µ(t) de forma que ao multiplicarmos a equac¸ao ˜ por esta func¸ao ˜ Vamos definir uma func¸ao ˜ resultante e´ do tipo (1.3) que ja´ resolvemos anteriormente. Considere a func¸ao ˜ a equac¸ao

µ(t) = e

R

p(t)dt

.

˜ e´ chamada fator integrante da equac¸ao ˜ linear. Mostraremos adiante porque esta Esta func¸ao ˜ deve ter esta forma. func¸ao Observe que R dµ d = e p(t)dt dt dt

Z

p(t)dt



=e

R

p(t)dt

p(t) = µ(t)p(t)

(1.5)

Multiplicando-se (1.4) por µ(t), obtemos

µ(t) mas como por (1.5), µ(t)p(t) =

dy + µ(t)p(t)y = µ(t)q(t) dt

(1.6)

dµ ˜ (1.6) pode ser escrita como , entao dt µ(t)

dy dµ + y = µ(t)q(t). dt dt

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.2

˜ Equac¸oes Lineares de 1a. Ordem

15

˜ e´ a derivada de um produto o que faz com que ela possa ser Mas o lado esquerdo desta equac¸ao escrita na forma

d (µ(t)y(t)) = µ(t)q(t) dt

(1.7)

˜ (1.7) e´ uma equac¸ao ˜ do tipo (1.3), ou seja, A equac¸ao

dY = f (t) dt ˜ geral de (1.7) e´ dada por em que Y (t) = µ(t)y(t) e f (t) = µ(t)q(t). Assim, a soluc¸ao

µ(t)y(t) =

Z

µ(t)q(t)dt + C.

˜ anterior por µ(t) obtemos que a soluc¸ao ˜ geral de (1.4) e´ Como µ(t) 6= 0, dividindo-se a equac¸ao dada por Z 

y(t) =

1 µ(t)

µ(t)q(t)dt + C

˜ se deve memorizar a formula ´ ˜ Nao Atenc¸ao: obtida no final. O que fizemos aqui foi mostrar o caminho ˜ linear de 1a. ordem. que deve ser seguido para resolver uma equac¸ao

´ No proximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral. ˜ Exemplo 1.8. Considere a equac¸ao

dy 2 + y = t. dt t Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

16 O fator integrante e´

µ(t) = e

R

2 dt t

2

= e2 ln t = eln t = t2 .

˜ acima por µ(t) obtemos: Multiplicando-se a equac¸ao

t2

dy + 2ty = t3 . dt

˜ acima e´ equivalente a O lado esquerdo e´ igual a derivada do produto t2 y(t). Logo a equac¸ao


d 2 t y(t) = t3 . dt

Integrando-se obtemos

t2 y(t) =

t4 +C 4

˜ geral da equac¸ao ˜ diferencial e´ Explicitando y(t) temos que a soluc¸ao

y(t) =

t2 C + 2. 4 t

(1.8)

˜ desta equac¸ao ˜ diferencial. Para C = 0 a soluc¸ao ˜ e´ a parabola ´ Podemos esboc¸ar as soluc¸oes

y(t) =

t2 . 4

Para C 6= 0, temos que o dom´ınio de y(t) e´ o conjunto dos numeros ´ reais tais que t 6= 0. ´ disso limt→±∞ y(t) = +∞, se C 6= 0. Alem

lim y(t) = +∞, t→0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

se C > 0 Julho 2007

1.2

˜ Equac¸oes Lineares de 1a. Ordem

17

e

lim y(t) = −∞, t→0

se C < 0.

˜ Vamos analisar o crescimento e decrescimento das soluc¸oes

dy t 2C = − 3 =0 dt 2 t se, e somente se,

t4 = 4C.

√ 4

˜ tem ˆ ˜ tem ˆ somente pontos cr´ıticos em t = ± 4C e se C < 0 elas nao Assim se C > 0 as soluc¸oes ponto cr´ıtico. Exemplo 1.9. Considere o problema de valor inicial

  dy 2 + y = t. dt t  y(2) = 3

˜ e´ a mesma do Exemplo 1.8. Substituindo-se t = 2 e y = 3 em (1.8) obtemos A equac¸ao

3=

4 C + 4 4

˜ do problema de valor inicial e´ De obtemos que C = 8. E assim a soluc¸ao

y(t) =

t2 8 + 2. 4 t

˜ deste problema de valor inicial e´ valida ´ Observe que a soluc¸ao no intervalo (0, ∞), que e´ o maior ˜ e sua derivada estao ˜ definidas. Se no lugar de y(2) = 3 fosse y(−2) = 3 intervalo em que a soluc¸ao ˜ ˜ ˜ seria (−∞, 0). a soluc¸ao teria a mesma expressao, mas o intervalo de validade da soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

0

y

8

5

16

16

8

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

18

4 8

0

−8

−1

6

8

−8 −16

3

2 0

1 −8

0 −8

−16

−1

t

−16

0

−2

−3 −8

−4

−3

−2

−8

−16

−5 −5

−1

0

1

−16

−4

2

3

4

5

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 1.8 e a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial do Exemplo Figura 1.6: Soluc¸oes 1.9 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.2

˜ Equac¸oes Lineares de 1a. Ordem

19

1.2.3 Por que o Fator Integrante deve ser µ(t) = e

R

p(t)dt

Vamos mostrar como podemos chegar ao fator integrante µ(t) = e ˜ que satisfaz a equac¸ao ˜ diferencial deve ser uma func¸ao

R

? p(t)dt

. O fator integrante µ(t)

dµ = p(t)µ(t). dt ´ uma equac¸ao ˜ linear, mas com q(t) = 0. Supondo-se µ(t) 6= 0, vamos multiplicar esta Esta e´ tambem ˜ por 1/µ(t) obtendo a equac¸ao ˜ equac¸ao

1 dµ = p(t) µ(t) dt que pode ser escrita como

d dµ (ln |µ(t)|) = p(t) dµ dt ˜ e´ equivalente a Mas pela regra da cadeia esta equac¸ao

d (ln |µ(t)|) = p(t) dt ˜ do tipo (1.3) que pode ser resolvida simplesmente integrando-se ambos os memque e´ uma equac¸ao bros obtendo Z

ln |µ(t)| =

p(t)dt + C1

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto obtemos

µ(t) = ±ec1 e Julho 2007

R

p(t)dt

= Ce

R

p(t)dt

. Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

20

Como estamos interessados em apenas um fator integrante podemos tomar C = 1 e obtermos

µ(t) = e

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

R

p(t)dt

.

Julho 2007

1.2

˜ Equac¸oes Lineares de 1a. Ordem

21

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 153) 2.1. Resolva os problemas de valor inicial: (a) (b)

 

0

y + (1 − 2x)y = xe y(0) = 2 y 0 + 3t2 y = e−t y(0) = 2

−x

(c)

3 +t

(d)



(

y 0 − cos t y = tet y(0) = 2 y 0 + x4 y = x 4 e y(0) = 1

2 +sen t

4x5 5

˜ 2.2. Resolva as equac¸oes:

4 2 y = − 3. x x 1 (b) y 0 − y = −x. x (a) y 0 −

2.3.

(c) y 0 − x4 y = x5 ex .

(a) Resolva o problema de valor inicial: 

y 0 + 5x4 y = x4 y(0) = y0

˜ e´ crescente e para quais valores de y0 a soluc¸ao ˜ e´ (b) Para quais valores de y0 a soluc¸ao decrescente. (c) Qual o limite de y(x) quando x tende a +∞. O limite depende de y 0 ?

2.4.

(a) Resolva o problema de valor inicial: 

(x2 − 9)y 0 + xy = 0 y(5) = y0

˜ (b) Qual o intervalo de validade da soluc¸ao? (c) Qual o limite de y(x) quando x tende a +∞. O limite depende de y 0 ?

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

22 ˜ 2.5. Considere a equac¸ao

dy + p(t)y = 0 dt ˜ soluc¸oes ˜ da equac¸ao, ˜ entao ˜ y(t) = y1 (t) + y2 (t) tambem ´ (a) Mostre que se y1 (t) e y2 (t) sao ´ o e. ˜ da equac¸ao, ˜ entao ˜ y(t) = cy1 (t) tambem ´ o e, ´ para qualquer (b) Mostre que se y1 (t) e´ soluc¸ao constante c. ˜ 2.6. Considere as equac¸oes

dy + p(t)y = 0 (1.9) dt dy + p(t)y = q(t) (1.10) dt ˜ da equac¸ao ˜ (1.10), entao ˜ ˜ da equac¸ao ˜ (1.9) e y2 (t) e´ soluc¸ao Mostre que se y1 (t) e´ soluc¸ao ˜ de (1.10), para qualquer constante c. y(t) = cy1 (t) + y2 (t) e´ soluc¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

˜ ´ Equac¸oes Separaveis

1.3

23

˜ ´ 1.3 Equac¸oes Separaveis ˜ equac¸oes ˜ que podem ser escritas na forma ˜ ´ As equac¸oes separaveis sao

g(y)

dy = f (x). dx

Seja

h(y) = ˜ Entao

Substituindo-se g(y) por

Z

(1.11)

g(y)dy.

dh = g(y). dy dh ˜ (1.11) obtemos na equac¸ao dy dh dy = f (x). dy dx

(1.12)

Mas, pela regra da cadeia

d dh dy h(y(x)) = , dx dy dx o que implica que (1.12) pode ser escrita como

d h(y(x)) = f (x) dx Julho 2007

(1.13) Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

24 ˜ (1.13) e´ do tipo (1.3) na pagina ´ A equac¸ao 12, ou seja,

dY = f (x) dx ˜ geral de em que Y (x) = h(y(x)). Assim, integrando-se (1.13) dos dois lados obtemos que a soluc¸ao (1.11) e´ dada implicitamente por

h(y(x))) =

Z

f (x)dx + C.

˜ seja integrando-se em relac¸ao ˜ a x ambos Talvez uma maneira mais simples de se obter a soluc¸ao os membros de (1.11) obtemos Z Z

g(y)

que pode ser reescrita como

Z

dy dx = dx

0

g(y)y dx =

˜ y 0 dx = dy obtemos Fazendo a substituic¸ao

Z

g(y) dy =

Z

Z

f (x)dx,

f (x)dx + C.

f (x)dx + C.

˜ se deve memorizar a formula ´ ˜ Nao Atenc¸ao: obtida no final. O que fizemos aqui foi mostrar o caminho ˜ separavel. ´ que deve ser seguido para resolver uma equac¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.3

˜ ´ Equac¸oes Separaveis

25

˜ soluc¸oes ˜ de uma equac¸ao ˜ separavel ´ As curvas que sao podem ser vistas como curvas de n´ıvel ˜ da func¸ao Z

z = F (x, y) = h(y(x))) −

f (x)dx.

˜ geral da equac¸ao ˜ diferencial Exemplo 1.10. Vamos, agora, encontrar a soluc¸ao

2y

dy = −4x dx

que pode ser escrita como


dy d y2 = −4x dy dx

ou pela regra da cadeia


d y 2 = −4x dx

˜ geral e´ dada implicitamente por Assim a soluc¸ao 2

y =

Z

(−4x)dx = −2x2 + C

˜ sao ˜ elipses (Figura 1.7) que sao ˜ curvas de n´ıvel da func¸ao ˜ As soluc¸oes

z = F (x, y) = y 2 + 2x2 . ´ ˜ F (x, y) = y 2 + 2x2 e´ um paraboloide ´ O grafico da func¸ao el´ıptico (Figura 1.8).

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

26

2

4

y

5

3 4

1.5 5

2 3

2

1

1 3

4

4

1

5

0.5

0 2

x

1

2

3

5

−0.5

4

3

1 5

−1

4

2

−1.5 3

5

−2 −2

2 3

4 4

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

˜ da equac¸ao ˜ diferencial do Exemplo 1.10 Figura 1.7: Soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.3

˜ ´ Equac¸oes Separaveis

27

z

x

y

˜ da equac¸ao ˜ diferencial do Exemplo 1.10 como curvas de n´ıvel do paraboloide ´ Figura 1.8: Soluc¸oes 2 2 el´ıptico z = F (x, y) = 2x + y Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

28 Exemplo 1.11.

˜ do problema de valor inicial (a) Encontre a soluc¸ao

  dy = 2x − 1 dx 3y 2 − 3  y(1) = 0

˜ ou seja, o maior intervalo contendo x0 = 1 (b) Determine o intervalo de validade da soluc¸ao, ˜ y(x) e sua derivada para o qual a soluc¸ao

dy ˜ definidas. estao dx

˜ tem um maximo ´ (c) Determine os pontos onde a soluc¸ao local. ´ ˜ (d) Fac¸a um esboc¸o do grafico da soluc¸ao. ˜ Soluc¸ao: ˜ como (a) Podemos reescrever a equac¸ao

(3y 2 − 3) ou

dy = 2x − 1 dx


dy d 3 y − 3y = 2x − 1 dy dx

que pela regra da cadeia pode ser escrita como


d y 3 − 3y = 2x − 1 dx

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.3

˜ ´ Equac¸oes Separaveis

29

˜ geral e´ dada implicitamente por Assim a soluc¸ao 3

y − 3y =

Z

(2x − 1)dx = x2 − x + C

˜ que satisfaz a condic¸ao ˜ inicial y(1) = 0 substitu´ımos x = 1 e y = Para encontrar a soluc¸ao ˜ geral obtendo C = 0. Assim a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial e´ dada 0 na soluc¸ao implicitamente por

y 3 − 3y − x2 + x = 0 ˜ vamos determinar o maior intervalo em que (b) Para determinar o intervalo de validade da soluc¸ao dy 2x−1 ˜ e sua derivada estao ˜ definidas. Pela equac¸ao ˜ dx = 3y a soluc¸ao 2 −3 , temos que os pontos onde

˜ esta´ definida sao ˜ aqueles tais que 3y 2 −3 = 0, ou seja, y = ±1. Substituindo-se a derivada nao ˜ que define a soluc¸ao ˜ obtemos a equac¸ao ˜ x2 − x − 2 = 0, que tem soluc¸ao ˜ y = −1 na equac¸ao ˜ que define a soluc¸ao ˜ y 3 − 3y − x2 + x = 0 x = −1 e x = 2. Substituindo-se y = 1 na equac¸ao ˜ x2 − x + 2 = 0, que nao ˜ tem soluc¸ao ˜ real. obtemos a equac¸ao

Nos pontos x = −1 e x = 2 a reta tangente a` curva integral y 3 − 3y − x2 + x = 0 e´ vertical, ˜ diferencial, ou seja, dx = 0, pois pela equac¸ao dy

dx 1 3y 2 − 3 = dy = , dy 2x − 1 dx

para x 6= 1/2.

˜ esta´ definida para todo x, mas a derivada nao ˜ esta´ definida para x = −1 e Como a soluc¸ao x = 2 e o ponto inicial x0 = 1 esta´ entre os valores x = −1 e x = 2 conclu´ımos que o intervalo ˜ e´ o intervalo (−1, 2), que e´ o maior intervalo em que a soluc¸ao ˜ y(x) e de validade da soluc¸ao ˜ definidas. a sua derivada estao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

30

˜ tem maximo ´ (c) Nos pontos onde a soluc¸ao local a reta tangente a` curva e´ horizontal, ou seja, dy ˜ precisamos calcular a derivada da soluc¸ao, ˜ pois a derivada pontos onde dx = 0. Neste caso nao ˜ diferencial, ou seja, ja´ esta´ dada pela equac¸ao

dy 2x − 1 = 2 dx 3y − 3 Assim, a reta tangente e´ horizontal para x tal que 2x − 1 = 0, ou seja, somente para x = 1/2. ˜ esta´ contida em uma curva que passa pelos pontos (−1, −1) (d) Ja´ sabemos que a soluc¸ao e (2, −1) onde a tangente e´ vertical, e que passa pelo ponto inicial (1, 0). Neste ponto a ˜ da tangente e´ −1/3, pois substituindo-se x = 1 e y = 0 na equac¸ao ˜ diferencial inclinac¸ao dy ´ disso sabemos que o unico = −1/3. Alem ´ ponto em que a tangente e´ horizontal obtemos dx ˜ e´ crescente ate´ x = 1/2 depois comec¸a a ocorre para x = 1/2. Deduzimos da´ı que a soluc¸ao decrescer.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.3

˜ ´ Equac¸oes Separaveis

31

0.4

y 0.2

0

x −0.2

−0.4

−0.6

−0.8

−1 −1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 1.11 Figura 1.9: Soluc¸oes Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

32

3

4 2 103 −−1 2

2

y 4 23 1 0 −1 −2

−4 − 3

4 3 2 1 0−1

4 3 2 1 0 −1

−2 3 − −4

−3

−4

1 −2

−1

−2

0

−1 −3

−4

2 −2

2

1

−1 −2 −3 −4

−2

−2

−1

0

1

0 −1

0

−3 −3

x

−1

0

−4

−1

1

−3

0

1

−2

−3 −4

2

3

˜ da equac¸ao ˜ diferencial e do problema de valor inicial do Exemplo 1.11 Figura 1.10: Soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.3

˜ ´ Equac¸oes Separaveis

33

z

x

y

˜ da equac¸ao ˜ diferencial do Exemplo 1.11 como curvas de n´ıvel de uma func¸ao ˜ Figura 1.11: Soluc¸oes 3 2 ´ de duas variaveis z = f (x, y) = y − 3y − x + x Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

34

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 159) ˜ 3.1. Resolva as equac¸oes: (a) (1 + x2 )y 0 − xy = 0.

(b) y 2 − 1 − (2y + xy)y 0 = 0.

(c) (ayx2 + by)y 0 − x = 0 para a, b ∈ R, a 6= 0.

(d) (ax2 + b)1/2 y 0 − xy 3 = 0 para a, b ∈ R, a 6= 0. (e) (ay 2 + b)1/2 − xyy 0 = 0 para a, b ∈ R, a 6= 0. (f) ay 2 + b − x2 yy 0 = 0 para a, b ∈ R, a 6= 0.

3.2.

˜ do problema de valor inicial (a) Encontre a soluc¸ao

 2x + 1  dy = 2 dx 3y − 3  y(0) = 0

˜ (b) Determine o intervalo de validade da soluc¸ao.

˜ tem um maximo ´ (c) Determine os pontos onde a soluc¸ao local. ´ ˜ (d) Fac¸a um esboc¸o do grafico da soluc¸ao.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.4

˜ Equac¸oes Exatas

35

˜ 1.4 Equac¸oes Exatas ˜ equac¸oes ˜ que podem ser escritas na forma ˜ As equac¸oes exatas sao

M (x, y) + N (x, y)

dy =0 dx

(1.14)

˜ M (x, y) e N (x, y) satisfazem em que as func¸oes

∂M ∂N = , ∂y ∂x

(1.15)

ˆ em um retangulo {(x, y) ∈ R2 | α < x < β, γ < y < θ}, onde M (x, y), N (x, y),

∂M ∂N ˜ e sao ∂y ∂x

cont´ınuas. ˜ mostraremos depois que existe uma func¸ao ˜ ψ(x, y) tal que Nestas condic¸oes

M (x, y) =

∂ψ ∂x

e

N (x, y) =

∂ψ . ∂y

(1.16)

Substituindo-se estes valores de M (x, y) e de N (x, y) em (1.14) obtemos

∂ψ ∂ψ dy + = 0. ∂x ∂y dx

(1.17)

Mas, pela regra da cadeia

d ∂ψ ∂ψ dy (ψ(x, y(x))) = + . dx ∂x ∂y dx Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

36 ˜ (1.17) pode ser escrita como Entao

d (ψ(x, y(x))) = 0. dx

(1.18)

˜ (1.18) e´ do tipo (1.3), ou seja, A equac¸ao

dY = f (x), dx ˜ geral de (1.18) e portanto de (1.14) e´ dada em que Y (x) = ψ(x, y(x)) e f (x) = 0. Assim, a soluc¸ao por ψ(x, y(x)) = C. (1.19) ˜ ψ(x, y). Integrando-se a 1a. equac¸ao ˜ de (1.16) em Vamos, agora, ver como encontrar a func¸ao ˜ a x obtemos relac¸ao Z

ψ(x, y) =

M (x, y)dx + h(y),

(1.20)

˜ a ser determinada. ψ(x, y) dada por (1.20) e´ soluc¸ao ˜ da 1a. equac¸ao ˜ de em que h(y) e´ uma func¸ao a. ˜ (1.20) em relac¸ao ˜ a x obtemos a 1 equac¸ao ˜ de (1.16). Substituindo(1.16) pois derivando a equac¸ao ˜ ψ(x, y) encontrada em (1.20) na 2a. equac¸ao ˜ de (1.16) obtemos se a func¸ao

∂ψ ∂ N (x, y) = = ∂y ∂y

Z



dh M (x, y)dx + = dy

Z

∂M dh dx + . ∂y dy

˜ diferencial para h(y): Da´ı obtemos uma equac¸ao

dh = N (x, y) − dy ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Z

∂M dx. ∂y

(1.21) Julho 2007

1.4

˜ Equac¸oes Exatas

37

˜ (1.14) e´ exata o lado esquerdo de (1.21) nao ˜ depende de x, pois usando (1.15) obtemos Se a equac¸ao

∂ ∂x



Z

N (x, y) −

∂M dx ∂y



∂N ∂ = − ∂x ∂x

Z

∂M dx ∂y



=

∂N ∂M − = 0. ∂x ∂y

˜ (1.21) e´ do tipo (1.3) na pagina ´ A equac¸ao 12, ou seja,

dZ = f (y) dy em que Z(y) = h(y) e f (y) = N (x, y) −

h(y) =

Z

R

∂M dx. ∂y

N (x, y)dy −

˜ e´ dada por Assim, uma soluc¸ao

Z Z

 ∂M dx dy. ∂y

Substituindo-se este valor de h(y) em (1.20) obtemos

ψ(x, y) =

Z

M (x, y)dx +

Z

N (x, y)dy −

Z Z

 ∂M dx dy. ∂y

˜ geral da equac¸ao ˜ exata (1.14) e, ´ por (1.19), Portanto a soluc¸ao

ψ(x, y) =

Z

M (x, y)dx +

Z

N (x, y)dy −

Z Z

 ∂M dx dy = C ∂y

˜ se deve memorizar a formula ´ ˜ Nao Atenc¸ao: obtida no final. O que fizemos aqui foi mostrar o caminho ˜ exata. que deve ser seguido para resolver uma equac¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

38

˜ diferencial Exemplo 1.12. Considere a equac¸ao

2y(1 + x2 ) 0 2xy 2 y − = 1. 1 + 2x2 (1 + 2x2 )2 ˜ Para esta equac¸ao,

M (x, y) = − Assim,

2xy 2 2y(1 + x2 ) − 1 e N (x, y) = . (1 + 2x2 )2 1 + 2x2 −4xy ∂M = ∂y (1 + 2x2 )2

∂N (−1)(4x) −4xy =y = 2 2 ∂x (1 + 2x ) (1 + 2x2 )2 ∂M ∂N ˜ a equac¸ao ˜ e´ exata. Vamos encontrar uma func¸ao ˜ = , para todo par (x, y) ∈ R, entao ∂y ∂x ψ(x, y) tal que

Como

∂ψ 2xy 2 = M (x, y) = − −1 e ∂x (1 + 2x2 )2

∂ψ 2y(1 + x2 ) = N (x, y) = ∂y 1 + 2x2

˜ em relac¸ao ˜ a x obtemos Integrando-se a 1a. equac¸ao

ψ(x, y) =

Z 

 −2xy 2 1 y2 21 − 1 dx = y · − x + h(y) = − x + h(y) (1 + 2x2 )2 2 1 + 2x2 2(1 + 2x2 )

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.4

˜ Equac¸oes Exatas

39

˜ ψ(x, y) encontrada na equac¸ao ˜ Substituindo-se a func¸ao

∂ψ 2y(1 + x2 ) = N (x, y) = obtemos ∂y 1 + 2x2

y dh 2y(1 + x2 ) + = . 1 + 2x2 dy 1 + 2x2 ˜ pode ser reescrita como Esta equac¸ao

dh 2y(1 + x2 ) y y + 2x2 y = − = =y dy 1 + 2x2 1 + 2x2 1 + 2x2 ˜ geral h(y) = que tem soluc¸ao

y2 ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por + C1 . Assim, a soluc¸ao 2 ψ(x, y) =

Julho 2007

y2 y2 − x + =C 2(1 + 2x2 ) 2

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

40

5

y 5

4 3

4

2

1

5 4

3 5 4

2

2

3

0 1

−2 −3

−1 3

2

0 1

−4

5

1

2

3 5

−3

−1

−1

−2

x

−2

4

0

0

1

4

−2 −1 0 1

5

3

−3

2

4

3

5

−4

−5 −5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

4

5

˜ da equac¸ao ˜ diferencial do Exemplo 1.12 Figura 1.12: Soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.4

˜ Equac¸oes Exatas

41

z

x

y

˜ da equac¸ao ˜ diferencial do Exemplo 1.12 como curvas de n´ıvel de uma func¸ao ˜ Figura 1.13: Soluc¸oes y2 y2 ´ de duas variaveis z = ψ(x, y) = 2(1+2x2 ) − x + 2 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

42

1.4.1 Fatores Integrantes ˜ da forma Quando multiplicamos uma equac¸ao

M (x, y) + N (x, y)

dy = 0, dx

(1.22)

˜ e´ exata por uma func¸ao ˜ µ(x, y) de forma que a nova equac¸ao ˜ seja exata, chamamos a func¸ao ˜ que nao ˜ exata. µ(x, y) de fator integrante para equac¸ao ˜ Exemplo 1.13. Considere a equac¸ao

2y(1 + x2 )y 0 −

2xy 2 = 1 + 2x2 . 1 + 2x2

(1.23)

˜ Para esta equac¸ao

M (x, y) = − Assim,

2xy 2 − 1 − 2x2 e N (x, y) = 2y(1 + x2 ) 2 1 + 2x ∂M −4xy = ∂y 1 + 2x2

e

∂N = 4xy ∂x

˜ nao ˜ e´ exata. Agora, multiplicando a equac¸ao ˜ (1.23) por e portanto a equac¸ao

µ(x) = obtemos

1 1 + 2x2

2y(1 + x2 ) 0 2xy 2 y − = 1. 1 + 2x2 (1 + 2x2 )2

˜ e´ a do Exemplo 1.12 que, como ja´ mostramos, e´ exata. A nova equac¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.4

˜ Equac¸oes Exatas

43

˜ tem um fator integrante que depende apenas de uma das vari aveis ´ Quando a equac¸ao x ou y , ´ da forma como e´ mostrada a seguir. podemos determina-lo ˜ do Exemplo 1.13 Exemplo 1.14. Considere a equac¸ao

2xy 2 = 1 + 2x2 . 2y(1 + x )y − 2 1 + 2x 2

0

˜ µ(x) tal que ao multiplicarmos a equac¸ao ˜ por µ(x) a Vamos supor, apenas, que exista uma func¸ao ˜ seja exata. Entao ˜ nova equac¸ao

∂ ∂ (µM ) = (µN ) ∂y ∂x ou seja,

µ

∂M dµ ∂N = N +µ ∂y dx ∂x

˜ diferencial Assim, µ(x) deve satisfazer a equac¸ao

dµ = dx

∂M ∂y

−

∂N ∂x

N

µ

Assim, reciprocamente, se ∂M (x,y) ∂y

−

∂N (x,y) ∂x

N (x, y) ˜ apenas de x, entao ˜ uma soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ diferencial e´ uma func¸ao

dµ = dx Julho 2007

∂M ∂y

−

N

∂N ∂x

µ

(1.24) Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

44

˜ diferencial. e´ um fator integrante para a equac¸ao ˜ Para a equac¸ao

2y(1 + x2 )y 0 −

2xy 2 = 1 + 2x2 1 + 2x2

temos que ∂M (x,y) ∂y

−

∂N (x,y) ∂x

N (x, y)

=

−4xy 1+2x2

− 4xy −4x = 2 2y(1 + x ) 1 + 2x2

˜ (1.24) torna-se Assim, a equac¸ao

dµ 4x =− µ dx 1 + 2x2

(1.25)

˜ separavel ´ ˜ (1.23). que e´ uma equac¸ao que deve satisfazer o fator integrante µ(x) para a equac¸ao ˜ (1.25) por 1/µ obtemos Multiplicando a equac¸ao

1 dµ 4x =− µ dx 1 + 2x2 Como

1 d ˜ pela regra da cadeia = (ln |µ|), entao µ dµ 1 dµ d dµ d 4x = (ln |µ|) = (ln |µ|) = − µ dx dµ dx dx 1 + 2x2

ou

d 4x (ln |µ|) = − dx 1 + 2x2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.4

˜ Equac¸oes Exatas

45

integrando-se obtemos

ln |µ(x)| =

Z

−

4x dx = − ln |1 + 2x2 | + C1 1 + 2x2

usando propriedades do logaritmo

ln |µ(x)(1 + 2x2 )| = C1 ˜ geral para a equac¸ao ˜ (1.25) aplicando-se a exponencial obtemos a soluc¸ao

µ(x) =

±eC1 C = . 2 1 + 2x 1 + 2x2

que inclui o fator integrante usado no Exemplo 1.13.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

46

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 165) ˜ 4.1. Resolva as equac¸oes:

dy =0 dx dy y 2 + cos x + (2xy + ey ) = 0. dx 1 dy 2xy 2 + cos x + (2x2 y + ) = 0. y dx     1 1 dy 2 2 2 xy − 3 + 2x y − 2 = 0. x y dx dy ˜ multiplique a equac¸ao ˜ por 1/x. x + y + x ln x = 0. Sugestao: dx     1 dy 1 = 0. 2 xy 3 − 3 + 3x2 y 2 − 2 x y dx
dy xy 4 + 2x2 y 3 + 3y 5 − 20y 3 = 0. dx

(a) 2xy − sen x + (x2 + ey ) (b) (c) (d) (e) (f) (g) 4.2.

˜ geral da equac¸ao ˜ e a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial (a) Encontrar a soluc¸ao

 2x − y  dy = dx x − 2y  y(1) = 3

˜ (b) Determinar o intervalo de validade da soluc¸ao. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.4

˜ Equac¸oes Exatas

47

˜ tem um maximo ´ (c) Determinar os pontos onde a soluc¸ao local. ´ ˜ (d) Esboc¸ar o grafico da soluc¸ao. 4.3.

˜ µ(y) para a equac¸ao ˜ (a) Encontre um fator de integrac¸ao

xy + 2x2 + 3y 2 − 20 ´ numa equac¸ao ˜ exata. de forma a transforma-la


dy =0 dx

˜ µ(y) encontrada e´ realmente um fator integrante. (b) Verifique que a func¸ao 4.4.

˜ µ(y) para a equac¸ao ˜ (a) Encontre um fator de integrac¸ao

x + x2 y + 4y ´ numa equac¸ao ˜ exata. de forma a transforma-la


dy =0 dx

˜ µ(y) encontrada e´ realmente um fator integrante. (b) Verifique que a func¸ao ˜ diferencial: 4.5. Considere a seguinte equac¸ao

2y 2 +

2y  y 0 + 2xy + 2 + y = 0. x x

(1.26)

˜ diferencial (1.26) nao ˜ e´ exata e que µ(x) = x e´ um fator integrante (a) Mostre que a equac¸ao da mesma. ˜ geral de (1.26). (b) Encontre a soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

48

˜ de (1.26) que satisfaz y(1) = 1. (c) Encontre a soluc¸ao ˜ diferencial: 4.6. Considere a seguinte equac¸ao

  1 ey 1 y + + e + y 0 = 0. 3 x x xy

(1.27)

˜ diferencial (1.27) nao ˜ e´ exata e que µ(x) = x e´ um fator integrante (a) Mostre que a equac¸ao da mesma. ˜ geral de (1.27). (b) Encontre a soluc¸ao ˜ de (1.27) que satisfaz y(1) = 1. (c) Encontre a soluc¸ao ˜ diferencial: 4.7. Considere a seguinte equac¸ao



y3 − 2y + x + x



y 0 = 0.

˜ diferencial (1.28) nao ˜ e´ exata e que µ(x, y) = (a) Mostre que a equac¸ao

(1.28)

x e´ um fator y2

integrante da mesma. ˜ geral de (1.28). (b) Encontre a soluc¸ao ˜ de (1.28) que satisfaz y(1) = 1. (c) Encontre a soluc¸ao ˜ diferencial: 4.8. Considere a seguinte equac¸ao 3

ex + sen y + ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

x cos y y 0 = 0. 3

(1.29)

Julho 2007

1.4

˜ Equac¸oes Exatas

49

˜ diferencial (1.29) nao ˜ e´ exata e que µ(x) = x2 e´ um fator integrante (a) Mostre que a equac¸ao da mesma. ˜ geral de (1.29). (b) Encontre a soluc¸ao ˜ de (1.29) que passa pelo ponto (0, 0). (c) Encontre a soluc¸ao ˜ diferencial: 4.9. Considere a seguinte equac¸ao

2+

y ey + (ey + )y 0 = 0. x x

(1.30)

˜ diferencial (1.30) nao ˜ e´ exata e que µ(x) = x e´ um fator integrante (a) Mostre que a equac¸ao da mesma. ˜ geral de (1.30). (b) Encontre a soluc¸ao ˜ de (1.30) que satisfaz y(1) = 1. (c) Encontre a soluc¸ao ˜ diferencial separavel ´ 4.10. Mostre que toda equac¸ao

g(y)

dy = f (x) dx

´ exata. e´ tambem

Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

50

˜ ˜ 1.5 Substituic¸oes em Equac¸oes de 1a. Ordem ˜ ˜ Vamos estudar algumas equac¸oes de 1a. ordem que podem ser transformadas em equac¸oes ja´ ˜ anteriores. estudadas em sec¸oes

˜ ˆ 1.5.1 Equac¸oes Homogeneas de 1a. Ordem ˜ equac¸oes ˜ que podem ser escritas como ˜ ˆ As equac¸oes homogeneas de 1a. ordem sao

dy = F (y/x) dx

(1.31)

˜ (1.31) apesar de depender de x e de y , depende apenas do Ou seja, o lado direito da equac¸ao quociente y/x. Seja

v = y/x. ˜ Entao

y = vx ˜ a x obtemos pela regra da cadeia e derivando o produto vx em relac¸ao

dy dv = x + v. dx dx Substituindo-se este valor de

dy ˜ (1.31) obtemos a equac¸ao ˜ e y/x = v na equac¸ao dx x

dv + v = F (v) dx

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.5

˜ ˜ Substituic¸oes em Equac¸oes de 1a. Ordem

ou

x Multiplicando-se por

51

dv = F (v) − v. dx

1 ˜ se torna esta equac¸ao x(F (v) − v) 1 dv 1 = , F (v) − v dx x

(1.32)

˜ separavel. ´ ˜ geral desta equac¸ao ˜ usando a tecnica ´ que e´ uma equac¸ao Podemos encontrar a soluc¸ao ˜ 1.3, pagina ´ ˜ geral da equac¸ao ˜ (1.32) 23. Depois de encontrada a soluc¸ao apresentada na Sec¸ao devemos substituir

v = y/x ˜ geral de (1.31). para encontrar a soluc¸ao ˜ Exemplo 1.15. Considere a equac¸ao

dy y−x = dx y+x Dividindo numerador e denominador por x obtemos

dy = dx Seja v =

y x y x

−1 . +1

y ˜ y = vx e derivando o produto vx em relac¸ao ˜ a x obtemos pela regra da cadeia . Entao x dy dv = x + v. dx dx

Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

52

Substituindo-se este valor de

dy y ˜ obtemos e = v na equac¸ao dx x dv v−1 x +v = dx v+1

ou

x Multiplicando-se por

Como

dv v−1 v2 + 1 = −v = dx v+1 −1 − v

v+1 ˜ se torna esta equac¸ao x(v 2 + 1)

v + 1 dv 1 =− 2 v + 1 dx x Z Z Z v+1 v 1 1 dv = dv + dv = ln(v 2 + 1) + arctan v 2 2 2 v +1 v +1 v +1 2

˜ a equac¸ao ˜ diferencial tem soluc¸ao ˜ entao

Substituindo-se v =

y x

1 ln(v 2 + 1) + arctan v = − ln |x| + C 2 ln (v 2 + 1)1/2 x + arctan v = C

˜ obtemos a soluc¸ao

ln ((y/x)2 + 1)1/2 x + arctan(y/x) = C

que pode ainda ser escrita como

ln(y 2 + 1)1/2 + arctan(y/x) = C

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.5

˜ ˜ Substituic¸oes em Equac¸oes de 1a. Ordem

53

˜ 1.5.2 Equac¸oes de Bernoulli ˜ equac¸oes ˜ da forma ˜ As equac¸oes de Bernoulli sao

dy + p(x)y = q(x)y n dx

(1.33)

˜ e´ linear. Para n 6= 0 e n 6= 1, em que n e´ um numero ´ real qualquer. Para n = 0 e n = 1 esta equac¸ao 1−n ´ fazemos a mudanc¸a de variaveis v=y . ˜ de Bernoulli (1.33) por y −n obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

y −n

dy + p(x)y 1−n = q(x) dx

(1.34)

˜ a x obtemos pela regra da cadeia Derivando v = y 1−n em relac¸ao

dy dv = (1 − n)y −n , dx dx de onde obtemos que

y −n dy ˜ y −n dx Fazendo as substituic¸oes =

1 dv 1−n dx

dy 1 dv = . dx 1 − n dx

e y 1−n = v em (1.34) obtemos

1 dv + p(x)v = q(x) 1 − n dx ˜ linear. Depois de encontrada a soluc¸ao ˜ geral desta equac¸ao, ˜ devemos substituir que e´ uma equac¸ao

v = y 1−n Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

54 ˜ geral de (1.33). para encontrar a soluc¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ Exemplo 1.16. Vamos encontrar a soluc¸ao

1 y 0 + y = xy 2 x ´ fazendo a mudanc¸a de variaveis v = y −1 . ˜ Se v = y −1 , entao

dv dy = −y −2 . dx dx ˜ diferencial por y −2 obtemos Multiplicando-se a equac¸ao dy 1 −1 y −2 + y = x. dx x dy dv ˜ y −2 dx Fazendo as substituic¸oes = − dx e y −1 = v obtemos −

dv 1 + v = x. dx x

˜ por −1 obtemos Multiplicando esta equac¸ao

1 v 0 − v = −x x

˜ linear e tem soluc¸ao ˜ que e´ uma equac¸ao

v(x) = −x2 + Cx. ˜ da equac¸ao ˜ dada e´ Assim a soluc¸ao

y(x) =

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

−x2

1 . + Cx Julho 2007

˜ ˜ Substituic¸oes em Equac¸oes de 1a. Ordem

1.5

55

˜ 1.5.3 Equac¸oes de Ricatti ˜ equac¸oes ˜ da forma ˜ As equac¸oes de Ricatti sao

dy = p(x) + q(x)y + r(x)y 2 dx

(1.35)

˜ particular da equac¸ao ˜ y1 (x), a equac¸ao ˜ de Ricatti pode ser resolSendo conhecida uma soluc¸ao ˜ vida fazendo a substituic¸ao y(x) = y1 (x) + v(x). (1.36) ˜ Entao

dy dy1 dv = + . dx dx dx

(1.37)

Substituindo-se (1.36) e (1.37) em (1.35) obtemos

dy1 dv + = p(x) + q(x)(y1 + v) + r(x)(y1 + v)2 dx dx ˜ da equac¸ao ˜ obtemos Usando o fato de que y1 (x) e´ soluc¸ao

dv − (q(x) + 2y1 (x)r(x))v = r(x)v 2 dx ˜ de Bernoulli com n = 2. que e´ uma equac¸ao ˜ Exemplo 1.17. Considere a equac¸ao

dy = e2x + (1 + 2ex )y + y 2 . dx Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

56

˜ desta equac¸ao. ˜ Deixamos como exerc´ıcio para o leitor verificar que y1 (x) = −ex e´ uma soluc¸ao ˜ Fazendo a substituic¸ao

y(x) = −ex + v(x) ˜ obtemos a equac¸ao

dv − v = v2. dx ˜ separavel ´ que pode ser resolvida como uma equac¸ao

v2 Decompondo

1 v 2 +v

1 dv = 1. + v dx

(1.38)

˜ parciais em frac¸oes

v2

1 A B = + +v v v+1

1 = A(v + 1) + Bv ˜ (1.38) pode ser escrita como Substituindo-se v = 0, −1 obtemos A = 1 e B = −1. Assim a equac¸ao

d (ln |v| − ln |v + 1|) = 1 dx Integrando-se obtemos

Aplicando-se a exponencial obtemos

v = x + c1 ln v + 1

v = ±ec1 ex = cex v+1 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.5

˜ ˜ Substituic¸oes em Equac¸oes de 1a. Ordem

57

˜ da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por Substituindo-se v = y + ex obtemos que a soluc¸ao

y + ex = cex . y + 1 + ex

˜ 1.5.4 Outras Substituic¸oes ˜ Exemplo 1.18. Considere a equac¸ao

dy y−x = . dx y−x−1 ˆ fazendo a substituic¸ao ˜ v = y − x. O que implica que Vamos resolve-la

dv dy = − 1 ou dx dx

dy dv = + 1. dx dx

˜ obtemos Substituindo-se v = y − x e y 0 = v 0 + 1 na equac¸ao

v dv +1= dx v−1 dv 1 = dx v−1 (v − 1) Julho 2007

dv =1 dx Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

58 ˜ separavel ´ ˜ e´ que e´ uma equac¸ao cuja soluc¸ao

v2 −v =x+c 2 ˜ da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por Substituindo-se de volta v = y − x obtemos que a soluc¸ao

(y − x)2 − y = x + c. 2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.5

˜ ˜ Substituic¸oes em Equac¸oes de 1a. Ordem

59

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 187) ˜ seguintes fazendo a mudanc¸a de variaveis ´ v = y/x: 5.1. Resolva as equac¸oes

dy 3y + x = dx 3x + y dy 2x2 + 5y 2 (b) = dx 2xy (a)

˜ fazendo as mudanc¸as de variaveis ´ 5.2. Resolva as equac¸oes sugeridas:

2 y3 y = 3 , v = y −2 . x x 4 (b) y 0 + y = −x5 ex y 2 , v = y −1 . x 4 1 (c) y 0 = − 2 − y + y 2 , y = 2x−1 + u. x x 0 2 (d) y = (y − x) , v = y − x. (a) y 0 +

(e) xy 0 = e−xy − y , v = xy .

(f) ey y 0 = x(x + ey ) − 1, v = x + ey .

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

60

˜ 1.6 Aplicac¸oes ˆ 1.6.1 Dinamica Populacional Crescimento Exponencial ˜ que a taxa O modelo mais simples de crescimento populacional e´ aquele em que se supoe dy ˜ dt e´ proporcional a populac¸ao ˜ presente naquele instante y(t). de crescimento de uma populac¸ao Podemos descrever o problema de encontrar y(t) como o problema de valor inicial

  dy = ky dt  y(0) = y 0

˜ e´ linear e pode ser reescrita como A equac¸ao

dy − ky = 0. dt

(1.39)

ˆ vamos determinar o fator integrante Para resolve-la

µ(t) = e

R

−kdt

= e−kt .

˜ (1.39) por µ(t) = e−kt obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

d −kt (e y) = 0. dt Integrando-se ambos os membros obtemos

e−kt y(t) = C ou y(t) = Cekt . ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

61

Substituindo-se t = 0 e y = y0 , obtemos

y0 = Cek 0 = C. ˜ do problema de valor inicial e´ Ou seja a soluc¸ao

y(t) = y0 ekt .

˜ formada por uma populac¸ao ˜ de organismos zooExemplo 1.19. Consideremos uma situac¸ao ˆ ˜ colocadas em um bequer ´ ˆ ´ ´ ˜ ha´ necessiplanctonicos. Sao 3 femeas partenogeneticas gravidas (nao ˜ pelo macho) de um microcrustaceo ´ ´ ˜ dade de fecundac¸ao chamado cladocero em condic¸oes ideais ˜ temperatura, aerac¸ao ˜ e iluminac¸ao ˜ e ausencia ˆ de alimentac¸ao, de predadores. Sabendo-se que em ˜ em func¸ao ˜ do tempo supondo-se que a taxa de 10 dias havia 240 indiv´ıduos determine a populac¸ao ˜ e´ proporcional a` populac¸ao ˜ atual (crescimento exponencial). crescimento da populac¸ao ˜ y(t), e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial A populac¸ao,

˜ que como vimos acima tem soluc¸ao

  dy = ky dt  y(0) = 3 y(t) = y0 ekt = 3ekt .

˜ e´ de 240 indiv´ıduos, entao ˜ substituindo-se t = 10 e y = 240 obtemos Como em 10 dias a populac¸ao

240 = 3e10k Julho 2007

⇒

k=

ln 80 . 10 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

62 Dias 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

˜ Populac¸ao 3 7 10 9 39 39 40 113 180 240 390 480

˜ Populac¸ao 510 630 638 628 666 668 620 663 667 645 690 650

Dias 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

˜ de cladoceros ´ Tabela 1.1: Numero ´ de indiv´ıduos por litro de uma populac¸ao (Daphnia laevis) em ´ experimento de laboratorio (dados obtidos de [3])

˜ que descreve como a populac¸ao ˜ de bacterias ´ Assim, a func¸ao varia com o tempo e´

y(t) = 3e

ln 80 t 10

.

Crescimento Log´ıstico ˜ y(t) tem um valor maximo ´ ´ Para levar em conta que a populac¸ao sustentavel yM podemos supor ´ de ser proporcional a populac¸ao ˜ atual, e´ proporcional tambem ´ a` que a taxa de crescimento alem ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

63

700

y 600

500

400

300

200

100

0

t −100 −5

0

5

10

15

20

25

30

˜ do problema do Exemplo 1.19 e dados obtidos experimentalmente Figura 1.14: Soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

64

700

y 600

500

400

300

200

100

0

t −100 −5

0

5

10

15

20

25

30

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 1.20 e dados obtidos experimentalmente Figura 1.15: Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

65

˜ presente. Neste caso a populac¸ao ˜ como func¸ao ˜ do tempo, y(t), e´ diferenc¸a entre yM e a populac¸ao ˜ do problema de valor inicial a soluc¸ao

  dy = ky(yM − y) dt  y(t ) = y 0 0

˜ e´ separavel. ´ ˜ por A equac¸ao Multiplicando-se a equac¸ao

1 y(yM Vamos decompor

1 y(yM −y)

1 y(yM −y)

obtemos

dy =k − y) dt

(1.40)

˜ parciais: em frac¸oes

1 y(yM − y)

=

A B + y yM − y

˜ acima por y(yM − y) obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

1 = A(yM − y) + By Substituindo-se y = 0 e y = yM obtemos A = 1/yM e B = 1/yM . Assim,

Z

1 y(yM

1 dy = − y) yM

Z

1 dy + y

Z

1 dy yM − y



=

1 (ln |y| − ln |yM − y|) yM

˜ (1.40) pode ser escrita como Logo a equac¸ao

1 yM Julho 2007



 d dy (ln |y| − ln |yM − y|) =k dy dt Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

66 ou ainda como

d (ln |y| − ln |yM − y|) = kyM dt

˜ que tem soluc¸ao

ln |y| − ln |yM − y| = kyM t + C1 . Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como

y = C1 + kyM t. ln yM − y

Aplicando a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto obtemos

y = ±eC1 eyM kt = CeyM kt yM − y ˜ acima obtemos Substituindo-se t = t0 e y = y0 na equac¸ao

C=

y0 e−yM kt0 . yM − y 0

Vamos explicitar y(t).

y = (yM − y)CeyM kt

⇒

y + CeyM kt y = yM CeyM kt

˜ do problema de valor inicial e´ Portanto a soluc¸ao y0 yM yM k(t−t0 ) e CyM eyM kt y0 yM eyM k(t−t0 ) yM −y0 y(t) = = = M 1 + CeyM kt 1 + yyM0 y−y eyM k(t−t0 ) yM − y0 + eyM k(t−t0 ) 0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

67

Dividindo numerador e denominador por eyM kt obtemos

y(t) =

y0 + (yM

y0 yM − y0 )e−yM k(t−t0 )

Observe que

lim y(t) = yM .

t→∞

˜ do Exemplo 1.19, ou seja, sao ˜ colocadas em um Exemplo 1.20. Consideremos a mesma situac¸ao ´ ˆ ´ ´ ˜ ha´ necessidade de fecundac¸ao ˜ pelo macho) de bequer 3 femeas partenogeneticas gravidas (nao ´ ´ ˜ ideais de alimentac¸ao, ˜ temperatura, aerac¸ao ˜ e um microcrustaceo chamado cladocero em condic¸oes ˜ e ausencia ˆ ˜ atinge o maximo ´ iluminac¸ao de predadores. Sabendo-se que essa populac¸ao de 690 in˜ em func¸ao ˜ do tempo supondodiv´ıduos e que em 10 dias havia 240 indiv´ıduos determine a populac¸ao ˜ e´ proporcional tanto a populac¸ao ˜ atual quanto a` diferenc¸a se que a taxa de crescimento da populac¸ao ˜ maxima ´ ˜ atual (crescimento log´ıstico). entre a populac¸ao e a populac¸ao ˜ como func¸ao ˜ do tempo, y(t), e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial A populac¸ao

  dy = ky(690 − y) dt  y(0) = 3

˜ e´ separavel. ´ ˜ por A equac¸ao Multiplicando-se a equac¸ao

1 dy =k y(690 − y) dt Julho 2007

1 y(690−y)

obtemos

(1.41) Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

68 Vamos decompor

1 y(690−y)

˜ parciais: em frac¸oes

1 A B = + y(690 − y) y 690 − y ˜ acima por y(690 − y) obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

1 = A(690 − y) + By Substituindo-se y = 0 e y = 690 obtemos A = 1/690 e B = 1/690. Assim,

Z

1 1 dy = y(690 − y) 690

Z

1 dy + y

Z

1 dy 690 − y



=

1 (ln |y| − ln |690 − y|) 690

˜ (1.41) pode ser escrita como Logo a equac¸ao

1 690 ou ainda como



 d dy (ln |y| − ln |690 − y|) =k dy dt

d (ln |y| − ln |690 − y|) = 690kt dt

˜ que tem soluc¸ao

ln |y| − ln |690 − y| = k690t + C1 . Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como

y = C1 + k690t. ln 690 − y

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

69

Aplicando a exponencial a ambos os membros obtemos

y = ±eC1 e690kt = Ce690kt 690 − y ˜ acima obtemos Substituindo-se t = 0 e y = 3 na equac¸ao

C=

3 3 1 = = . 690 − 3 687 229

Vamos explicitar y(t).

y = (690 − y)Ce690kt

⇒

y + Ce690kt y = 690Ce690kt

˜ do problema de valor inicial e´ Portanto a soluc¸ao

y(t) =

690Ce690kt 690e690kt 690e690kt 690 = = = 690kt 690kt 690kt −690kt 1 + Ce 1/C + e 229 + e 229e +1

Substituindo-se t = 10 e y = 240 obtemos

240 =

690 229e−6900k + 1

⇒

229e−6900k =

690 23 15 −1= −1= 240 8 8

⇒

−690k =

15 ln 1832 10

˜ de cladoceros ´ ˜ do tempo e´ dada por Logo a populac¸ao em func¸ao

690

y(t) = 229e

Julho 2007

15 ln 1832 10

t

+1

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

70

˜ os dados dos 6 ultimos Exemplo 1.21. Na tabela abaixo estao ´ recenseamentos realizados no Brasil.

Ano

1950 1960 1970 1980 1991 2000

˜ Populac¸ao ˜ 52 milhoes ˜ 70 milhoes ˜ 93 milhoes ˜ 118, 5 milhoes ˜ 149 milhoes ˜ 171 milhoes

˜ linear pode-se estimar que o valor maximo ´ ˜ e´ Com base neles usando regressao da populac¸ao ˜ de yM = 269 milhoes de habitantes para o modelo de crescimento log´ıstico e que k = 0, 04/y M ´ ˜ como func¸ao ˜ do tempo, y(t), e´ a soluc¸ao ˜ do 114). Neste caso a populac¸ao (Exerc´ıcio 13 na pagina problema de valor inicial

 0, 04  dy = y(269 − y) dt 269  y(2000) = 171 milhoes ˜

˜ em func¸ao ˜ do tempo seguindo este modelo e´ dada por A populac¸ao

y(t) =

269 · 106 1 + 0, 5726 · e−0,04(t−2000)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

71

260 250 240 230 220 210

População (em milhões)

200 190 180 170 160 150 140 130 120 110 100 90 80 70 60 50 1950

1960

1970

1980

1990

2000

2010

2020

2030

2040

2050

2060

Ano

˜ de 2004 em 182 No dia 30 de agosto de 2004 o IBGE anunciou a estimativa para a populac¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

72

˜ de habitantes. Usando a func¸ao ˜ obtida temos que para t = 2004 milhoes ˜ de habitantes. y(2004) = 181 milhoes ˜ a estimativa do IBGE que deve Isto representa uma diferenc¸a de aproximadamente 0,5 % em relac¸ ao ter sido obtida de forma muito mais sofisticada.

˜ por Carbono 14 1.6.2 Datac¸ao ˜ de carbono 14 (radioativo) em relac¸ao ˜ ao carbono 12 presente nos seres vivos e´ A proporc¸ao ˜ de carbono 14 cessa e a partir de entao ˜ o constante. Quando um organismo morre a absorc¸ao carbono 14 vai se transformando em carbono 12 a uma taxa que e´ proporcional a quantidade presente. ˜ do tempo, y(t), Podemos descrever o problema de encontrar a quantidade de carbono 14 em func¸ao como o problema de valor inicial

  dy = −ky. dt  y(0) = y 0

˜ e´ a mesma do crescimento exponencial (trocando-se k por −k ) e vimos na p agina ´ A equac¸ao 60 ˜ que este problema tem soluc¸ao

y(t) = y0 e−kt , em que y0 e´ a quantidade no instante t = 0. Exemplo 1.22. Em um pedac¸o de madeira e´ encontrado 1/500 da quantidade original de carbono 14. Sabe-se que a meia-vida do carbono 14 e´ de 5600 anos, ou seja, que em 5600 anos metade ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

73

do carbono 14 presente transformou-se em carbono 12. Vamos determinar a idade deste pedac¸o de madeira. ˜ e´ O problema de valor inicial que descreve esta situac¸ao

  dy = −ky. dt  y(0) = y0

˜ que tem soluc¸ao

y(t) = y0 e−kt

Substituindo-se t = 5600 e y = y0 /2 (meia-vida) obtemos

y0 /2 = y0 e−k·5600

⇒

k=

ln 2 5600

Agora substituindo-se y = y0 /500 obtemos

y0 = y0 e−kt 500

⇒

t=

ln 500 5600 ln 500 = ≈ 50200 anos k ln 2

1.6.3 Juros ˜ de uma quantia S0 em um banco e que a taxa de Vamos supor que fac¸amos uma aplicac¸ao dS ˜ ´ variac¸ao do investimento dt e proporcional ao saldo em cada instante S(t). Podemos descrever o problema de encontrar S(t) como o problema de valor inicial

Julho 2007

  dS = rS. dt  S(0) = S0

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

74

yo

y

yo/2

0

−1

t

0

1

2

3

4

5 4

x 10

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 1.22 Figura 1.16: Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

75

˜ Este problema ja´ resolvemos antes e tem soluc¸ao

S(t) = S0 ert .

(1.42)

˜ seja muito realista, pois normalmente os juros sao ˜ creditados em Pode parecer que este modelo nao ´ per´ıodos inteiros igualmente espac¸ados. Ou seja, se j e a taxa de juros em uma unidade de tempo, ˜ o saldo apos ´ n unidades de tempo S(n) e´ dado por entao

S(1) = S0 + S0 j = S0 (1 + j) S(2) = S(1)(1 + j) = S0 (1 + j)2 .. .

.. .

.. .

S(n) = S(n − 1)(1 + j) = S0 (1 + j)n .

(1.43)

˜ do problema de valor inicial obtida (1.42) e comparando com (1.43) Substituindo-se t por n na soluc¸ao obtemos que

S0 ern = S0 (1 + j)n ou seja,

1 + j = er ou r = ln(1 + j)

(1.44)

´ ˜ creditados continuamente e´ realista desde que a consAssim, a hipotese inicial de que os juros sao ˜ diferencial r e a taxa de juros j estejam relacionadas por tante de proporcionalidade na equac¸ao ˜ muito proximos. ´ (1.44). Para pequenas taxas de juros os dois valores sao Por exemplo, j = 4 % corresponde a r = 3,9 % e j = 1 % corresponde a r ≈ 1 %. ˜ renda juros de 1 % ao mes ˆ (continuamente). Vamos Exemplo 1.23. Vamos supor que uma aplicac¸ao ˜ do tempo e o saldo apos ´ 12 meses se o saldo inicial e´ de R$ 100, 00. encontrar o saldo como func¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

76

S

So

0

t 0

˜ do tempo quando nao ˜ ha´ depositos ´ Figura 1.17: Saldo em func¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

77

114

112

Saldo em R$

110

108

106

104

102

100

0

2

4

6 Meses

8

10

12

˜ do tempo para o problema do Exemplo 1.23 Figura 1.18: Saldo em func¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

78

Podemos descrever o problema de encontrar S(t) como o problema de valor inicial

  dS = 0, 01 S dt  S(0) = 100

˜ Este problema ja´ resolvemos antes e tem soluc¸ao

S(t) = 100e0,01 t . Assim em 12 meses o saldo e´

S(12) = 100e0,01·12 ≈ R$ 112, 75. ´ do investimento inicial S0 fac¸amos depositos ´ Vamos supor, agora, que alem ou saques continua´ ˜ mente a uma taxa constante d (positivo no caso de depositos e negativo no caso de saques), entao ˜ ´ neste caso o modelo que descreve esta situac¸ao e o do problema de valor inicial

  dS = rS + d dt  S(0) = S 0

˜ e´ linear e pode ser reescrita como A equac¸ao

dS − rS = d. dt

(1.45)

ˆ vamos determinar o fator integrante Para resolve-la

µ(t) = e ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

R

−rdt

= e−rt Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

79

˜ (1.45) por µ(t) = e−rt obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

d −rt (e S) = de−rt dt Integrando-se ambos os membros obtemos

d d e−rt S(t) = − e−rt + C ou S(t) = Cert − r r Substituindo-se t = 0 e S = S0 , obtemos

S0 = Cer 0 −

d r

⇒

C = S0 +

d r

˜ do problema de valor inicial e´ Ou seja, a soluc¸ao

d S(t) = S0 ert + (ert − 1). r

(1.46)

´ dos juros serem creditados em intervalos Vamos comparar este resultado com o caso em que alem ´ ˜ feitos em intervalos constantes. Neste caso o saldo constantes os depositos ou saques de valor D sao ´ n unidades de tempo e´ dado por apos

S(1) = S0 (1 + j) + D S(2) = S0 (1 + j)2 + D(1 + j) + D .. .

.. .

.. .

S(n) = S0 (1 + j)n + D((1 + j)n−1 + . . . + 1) (1 + j)n − 1 S(n) = S0 (1 + j)n + D . j Julho 2007

(1.47) Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

80

˜ geometrica. ´ ˜ do problema Foi usada a soma de uma progressao Substituindo-se t por n na soluc¸ao ˜ (1.47) obtemos que de valor inicial (1.46) e comparando-se com a equac¸ao

d (1 + j)n − 1 S0 ern + (ern − 1) = S0 (1 + j)n + D r j ou seja

D d = r j Usando (1.44) obtemos

d=

ln(1 + j)D j

ou D =

(er − 1)d . r

(1.48)

´ neste caso usar o modelo cont´ınuo em que os depositos ´ ˜ Assim podemos tambem ou saques sao ´ ´ feitos continuamente desde que a taxa cont´ınua de dep ositos d e os depositos constantes D estejam relacionados por (1.48).

Exemplo 1.24. Suponha que seja aberta uma caderneta de poupanc¸a com o objetivo de no futuro adquirir um bem no valor de R$ 40.000, 00. Suponha que os juros sejam creditados continuamente ˆ e que os depositos ´ ´ sejam feitos continuamente a uma taxa a uma taxa de r = 1 % ao mes tambem constante, sendo no in´ıcio o saldo igual a zero. Vamos determinar de quanto deve ser a taxa de ´ deposito mensal para que em 20 meses consiga atingir o valor pretendido.

 1  dS = S+d dt 100  S(0) = 0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

81

S

So 0

t

0

˜ do tempo quando sao ˜ feitos depositos ´ Figura 1.19: Saldo em func¸ao a uma taxa constante Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

82

4

4.5

x 10

S 4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 0

t

−0.5

0

5

10

15

20

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 1.24 Figura 1.20: Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

83

˜ e´ linear e pode ser reescrita como A equac¸ao

dS 1 − S = d. dt 100

(1.49)

ˆ precisamos determinar o fator integrante Para resolve-la

µ(t) = e

R

1 − 100 dt

1

= e− 100 t

1

˜ (1.49) por µ(t) = e− 100 t obtemos Multiplicando-se a equac¸ao 1 d − 1 t (e 100 S) = de− 100 t dt

Integrando-se ambos os membros obtemos 1

1

1

e− 100 t S(t) = −100de− 100 t + C ou S(t) = Ce 100 t − 100d Substituindo-se t = 0 e S = 0, obtemos 1

0 = Ce 100 0 − 100d

⇒

C = 100d

˜ do problema de valor inicial e´ Ou seja, a soluc¸ao 1

S(t) = 100d(e 100 t − 1).

(1.50)

Substituindo-se t = 20 e S = 40000: 2

40000 = 100d(e 10 − 1) Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

84

d=

400 e

2 10

−1

≈

400 ≈ R$ 1818,18 0,22

´ ´ Esta e´ a taxa de deposito mensal, supondo-se que os depositos sejam realizados continuamente. ´ Vamos determinar o deposito mensal correspondente.

D=

(e0,01 − 1)1818,18 (er − 1)d = ≈ R$ 1827, 30 r 0, 01

1.6.4 Misturas ´ Vamos supor que um tanque contenha uma mistura de agua e sal com um volume inicial V0 litros ˜ salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de T e e Q0 gramas de sal e que uma soluc¸ao ˜ de Ce gramas de sal por litro. Suponha que a soluc¸ao ˜ litros por minuto possuindo uma concentrac¸ao bem misturada sai a uma taxa de Ts litros por minuto. ˜ da quantidade de sal no tanque e´ igual a taxa com que entra sal no tanque A taxa de variac¸ao menos a taxa com que sai sal do tanque. A taxa com que entra sal no tanque e´ igual a taxa com que entra a mistura, Te , vezes a ˜ de entrada, Ce . E a taxa com que sai sal do tanque e´ igual a taxa com que sai a concentrac¸ao ˜ de sal que sai do tanque, Cs . Como a soluc¸ao ˜ e´ bem mistura do tanque, Ts , vezes a concentrac¸ao ˜ ´ ˜ misturada esta concentrac¸ao e igual a concentrac¸ao de sal no tanque, ou seja,

Cs (t) = ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Q(t) . V (t) Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

85

Figura 1.21: Tanque Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

86

Como o volume no tanque, V (t), e´ igual ao volume inicial, V0 , somado ao volume que entra no tanque ˜ menos o volume que sai do tanque, entao

V (t) = V0 + Te t − Ts t = V0 + (Te − Ts )t. ˜ do problema de valor inicial Assim, a quantidade de sal no tanque, Q(t), e´ a soluc¸ao

 Q  dQ = T C − T e e s dt V0 + (Te − Ts )t  Q(0) = Q0

´ ˜ Agua Exemplo 1.25. Num tanque ha´ 100 litros de salmoura contendo 30 gramas de sal em soluc¸ao. ˜ de 6 litros por minuto e a mistura se escoa a` razao ˜ de 4 litros por mi(sem sal) entra no tanque a` razao ˜ uniforme por agitac¸ao. ˜ Vamos determinar qual a concentrac¸ao ˜ nuto, conservando-se a concentrac¸ao no tanque ao fim de 50 minutos. O problema pode ser modelado pelo seguinte problema de valor inicial

  dQ = −4 Q dt 100 + 2t  Q(0) = 30

˜ e´ linear e pode ser escrita como A equac¸ao

dQ Q +4 =0 dt 100 + 2t O fator integrante e´

µ(t) = e

R

4 dt 100+2t

2

= e2 ln(100+2t) = eln((100+2t) ) = (100 + 2t)2 .

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

87

˜ por µ(t) = e Multiplicando-se a equac¸ao

R

4 dt 100+2t

= (100 + 2t)2 obtemos


d (100 + 2t)2 Q = 0. dt

Integrando-se obtemos

(100 + 2t)2 Q(t) = C ou seja,

Q(t) =

C . (100 + 2t)2

Substituindo t = 0 e Q = 30:

C = 30 · 1002 = 3 · 105 Substituindo o valor de C encontrado:

Q(t) =

3 · 105 (100 + 2t)2

˜ e´ o quociente da quantidade de sal pelo volume que e´ igual a V (t) = 100 + 2t. Assim A concentrac¸ao

c(t) = ´ 50 minutos e apos

c(50) =

Julho 2007

3 · 105 (100 + 2t)3

3 · 105 3 = = 0, 0375 gramas/litro 3 (200) 80

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

88

35

Q 30

25

20

15

10

5

0

t −5 −10

0

10

20

30

40

50

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 1.25 Figura 1.22: Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

89

0.35

c 0.3

0.25

0.2

0.15

0.1

0.05

0

t

−0.05 −10

0

10

20

30

40

50

˜ como func¸ao ˜ do tempo para o problema do Exemplo 1.25 Figura 1.23: Concentrac¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

90

1.6.5 Lei de Resfriamento de Newton ˜ da temperatura T (t) de um corpo A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variac¸ao em resfriamento e´ proporcional a` diferenc¸a entre a temperatura atual do corpo T (t) e a temperatura ˜ do problema de constante do meio ambiente Tm , ou seja, a temperatura do corpo, T (t) e´ a soluc¸ao valor inicial

  dT = k(T − Tm ) dt  T (0) = T 0

Exemplo 1.26. O cafe´ esta´ a 90◦ logo depois de coado e, um minuto depois, passa para 85◦ , em uma ˜ do tempo e o tempo que levara´ cozinha a 25◦ . Vamos determinar a temperatura do cafe´ em func¸ao para o cafe´ chegar a 60◦ .

˜ por T − 25: Dividindo-se a equac¸ao

  dT = k(T − 25) dt  T (0) = 90, T (1) = 85 1 dT =k T − 25 dt

d (ln |T − 25|) = k dt Integrando-se

ln |T − 25| = kt + C1 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

91

T (t) = 25 ± eC1 ekt = 25 + Cekt Substituindo t = 0 e T = 90:

90 = 25 + C

⇒

C = 65

T (t) = 25 + 65ekt Substituindo-se t = 1 e T = 85:

85 = 25 + 65ek

⇒

k = ln(60/65)

˜ do tempo e´ dada por Assim a temperatura do cafe´ em func¸ao

T (t) = 25 + 65eln(60/65)t Substituindo T = 60:

60 = 25 + 65eln(60/65)t ´ Logo o tempo necessario para que o cafe´ atinja 60◦ e´ de

t=

Julho 2007

ln(35/65) ≈ 8 min ln(60/65)

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

92

100

T 90 80 70 60 50 40 30 20 10 0

t −2

0

2

4

6

8

10

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 1.26 Figura 1.24: Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

93

1.6.6 Lei de Torricelli A lei de Torricelli diz que √ a taxa com que um l´ıquido escoa por um orif´ıcio situado a uma profundidade h e´ proporcional a h. Ou seja,

√ dV = k h. dt

˜ entre V e h, V = V (h), que depende da forma do tanque. Como Existe uma relac¸ao

dV dV dh = , dt dh dt ˜ a altura, h(t), e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial entao

 √   dh = k h dV dt dh   h(0) = h0

Exemplo 1.27. Um tambor cil´ındrico, de 2 metros de altura e base circular de raio 1 metro, est a´ cheio ´ ´ de agua. Se fizermos um furo no fundo e em 30 minutos a agua cair pela metade vamos determinar ˜ do tempo e em quanto tempo o tanque esvazia. a altura h em func¸ao Como para o cilindro

V (h) = πR2 h = πh ˜ o problema pode ser modelado por entao

Julho 2007

 √  dh =k h dt  h(0) = 2, h(30) = 1

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

94

Figura 1.25: Tanque ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

95

2.5

h

2

1.5

1

0.5

0

−0.5

t

−20

0

20

40

60

80

100

120

˜ do problema do Exemplo 1.27 Figura 1.26: Soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

96

1

˜ por √ Multiplicando a equac¸ao

ou

h

1 dh √ =k h dt d  √  dh 2 h =k dh dt d  √  2 h =k dt

Integrando-se ambos os lados

√ 2 h = kt + C

ou

h(t) = ( Substituindo t = 0 e h = 2:

C + kt 2 ) 2

√ 2 2=C

Substituindo t = 30 e h = 1:

C + 30k = 2

⇒

√ 2−C 1− 2 k= = 30 15

˜ que descreve como a altura varia com o tempo e´ dada por Assim a func¸ao

√ √ C + kt 2 1− 2 2 h(t) = ( ) =( 2+ t) 2 30 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

97

Substituindo h = 0:

√ C 30 2 t=− = √ ≈ 102 min k 2−1

ˆ 1.6.7 Resistencia em Fluidos ˆ Um corpo que se desloca em um meio fluido sofre uma forc¸a de resist encia que e´ proporcional a ˜ do problema de valor inicial velocidade do corpo. A velocidade, v(t), e´ a soluc¸ao

 

dv = F − kv dt  v(0) = 0 m

´ Para um corpo que cai a forc¸a F e´ igual ao peso do corpo. Para um barco que se desloca na agua ou um carro em movimento a forc¸a F e´ igual a forc¸a do motor. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

98

Fr = − kv

P = − mg

P = − mg

´ ´ Exemplo 1.28. Um para-quedista com o seu para-quedas pesa 70 quilogramas e salta de uma altura ´ ´ 5 segundos de queda. Sabe-se que a de 1400 metros. O para-quedas abre automaticamente apos ´ velocidade limite e´ de 5 metros por segundo. Vamos determinar a velocidade que o p ara-quedista ´ atinge no momento que o para-quedas abre, quanto tempo demora para a velocidade chegar a 5,1 ˜ do tempo. metros por segundo e como varia a altura em func¸ao Vamos convencionar que o sentido positivo e´ para cima e que a origem esta´ na superf´ıcie da terra. ´ ˜ do problema de valor inicial Ate´ o momento em que o para-quedas abre a velocidade e´ a soluc¸ao

 

dv = P = −mg dt  v(0) = 0 m

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

99

Ou seja,

  dv = −10 dt  v(0) = 0

˜ o que leva a soluc¸ao

v(t) = −10t.

´ ˜ de Quando o para-quedas abre a velocidade e´ entao

v(5) = −50 m/s ´ ˜ do tempo e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor Ate´ este momento a altura do para-quedista em func¸ao inicial  ˜ e´ cuja soluc¸ao

 dh = v(t) = −10t dt  h(0) = 1400 h(t) = 1400 − 5t2

´ ´ Assim ate´ o momento que o para-quedas abre o para-quedista caiu

1400 − h(5) = 125 m ´ ˜ do problema de valor inicial Da´ı em diante a velocidade do para-quedista e´ a soluc¸ao

  Julho 2007

dv = −mg − kv dt  v(5) = −50 m

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

100

55

|v| 50 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0

t 0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

˜ do problema da velocidade do Exemplo 1.28 Figura 1.27: Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

101

h

1400

1200

1000

800

600

400

200

0

t 0

50

100

150

200

250

˜ do problema da altura do Exemplo 1.28 Figura 1.28: Soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

102

ˆ A forc¸a de resistencia e´ igual a −kv , o sinal menos com uma constante positiva indica que a forc¸a de ˆ ´ resistencia e´ no sentido contrario ao da velocidade. Observe que a velocidade e´ negativa o que faz ˆ com que a forc¸a de resistencia seja positiva, ou seja, para cima como convencionamos no in´ıcio.

˜ Resolvendo a equac¸ao

 k  dv = −10 − v = −10 − Kv, dt 70  v(5) = −50

K = k/70

dv = −10 − Kv dt dv 1 = −1 10 + Kv dt   d 1 ln |10 + Kv| = −1 dt K ln |10 + Kv| = −Kt + C1 10 + Kv = ±eC1 e−Kt 10 v(t) = − + Ce−Kt K

A velocidade limite e´ de −5 m/s, logo

lim v(t) = −

t→∞

10 = −5 K

⇒

K=2

Substituindo-se t = 5 e v = −50 em v(t) = − 10 + Ce−Kt : K

−50 = −5 + Ce−5K ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

⇒

C = −45e5K Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

103

˜ do problema de valor inicial e´ ou seja, a soluc¸ao

v(t) = −5 − 45e−2(t−5) Substituindo-se v = −5,1 (lembre-se que e´ negativo por que e´ para baixo!) obtemos

−5,1 = −5 − 45e−2(t−5)

⇒

t−5=

ln 450 ≈ 3 segundos, 2

´ ´ ou seja, 3 segundos depois do para-quedas aberto a velocidade ja´ e´ de 5,1 m/s. Depois que o para˜ do tempo e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial quedas abre a altura em func¸ao

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ a soluc¸ao

  dh = v(t) = −5 − 45e−2(t−5) dt  h(5) = 1400 − 125 = 1275 h(t) = −5(t − 5) +

45 −2(t−5) e +C 2

˜ deste problema de valor Substituindo-se t = 5 e h = 1275 obtemos C = 2505/2. Assim a soluc¸ao inicial e´

h(t) =

Julho 2007

2505 45 − 5(t − 5) + e−2(t−5) , 2 2

para t > 5

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

104

´ 1.6.8 Circuitos Eletricos ˆ ˆ Um circuito RC e´ um circuito que tem um resistor de resistencia R, um capacitor de capacitancia ´ C e um gerador que gera uma diferenc¸a de potencial V (t) ligados em serie. Pela segunda lei de Kirchhoff

RI + Como I(t) =

Q = V (t). C

dQ ˜ a carga Q(t) no capacitor satisfaz a equac¸ao ˜ diferencial , entao dt R

dQ 1 + Q = V (t). dt C

Exemplo 1.29. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferenc¸a de potencial de 10 volts enquanto ˆ ˆ a resistencia e´ de 103 ohms e a capacitancia e´ de 10−4 farads. Encontre a carga Q(t) no capacitor em cada instante t, se Q(0) = 0.

103

dQ + 104 Q = 10 dt

⇒

dQ + 10Q = 10−2 . dt

˜ e´ linear. Multiplicando-se a equac¸ao ˜ pelo fator integrante µ(t) = e10t obtemos A equac¸ao

integrando-se obtemos

d 10t
e Q = 10−2 e10t dt e10t Q(t) = 10−3 e10t + k

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

105

R

C

V (t) Figura 1.29: Circuito RC Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

106

−4

20

x 10

Q

15

10

5

0

t −0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

´ ˜ do Exemplo do Circuito RC Figura 1.30: Grafico da Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

107

ou

Q(t) = 10−3 + ke−10t ˜ do problema de valor inicial e´ Substituindo-se t = 0 e Q = 0 obtemos k = −10−3 e assim a soluc¸ao


Q(t) = 10−3 1 − e−10t coulombs.

´ 1.6.9 Trajetorias Ortogonais ˜ diferencial da Considere uma fam´ılia F de curvas que pode ser representada por uma equac¸ ao forma

dy = f (x, y). dx

(1.51)

Dado um ponto qualquer (x0 , y0 ), o coeficiente angular da reta tangente a uma curva da fam´ılia F que passa por este ponto e´ dado por tan α = f (x0 , y0 ), pois como a curva satisfaz (1.51), este e´ o valor

dy em (x0 , y0 ). Uma curva que passa por (x0 , y0 ) de forma que a sua tangente neste dx ponto seja ortogonal a` tangente da curva da fam´ılia F tem reta tangente com coeficiente angular dado ˜ por tan β = −1/f (x0 , y0 ). Assim a equac¸ao ˜ diferencial que representa a fam´ılia de curvas que entao interceptam ortogonalmente as curvas da fam´ılia F e´

da derivada

1 dy =− . dx f (x, y) ˜ soluc¸ao ˜ desta equac¸ao ˜ sao ˜ chamadas trajetorias ` curvas da ´ As curvas que sao ortogonais as Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

108 fam´ılia F .

´ ´ Exemplo 1.30. Vamos encontrar a fam´ılia de trajetorias ortogonais da fam´ılia de parabolas y = cx2 . ˜ que define as parabolas ´ Derivando a equac¸ao obtemos

dy = 2cx dx ˜ das parabolas ´ ˜ acima produz Da equac¸ao temos que c = y/x2 que sendo substitu´ıdo na equac¸ao

dy 2y = dx x ˜ diferencial caracteriza as parabolas ´ ˜ que caracteriza as suas Esta equac¸ao dadas. Assim a equac¸ao ´ trajetorias ortogonais e´

dy x =− dx 2y

⇒

2y

dy = −x dx

´ ´ ˜ Assim as trajetorias ortogonais da fam´ılia de parabolas dadas sao

y2 + x2 = c, 2 ou seja, elipses.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

109

β α

y0

x0 ´ Figura 1.31: Trajetorias Ortogonais: a curva que passa por (x0 , y0 ) que tem reta tangente com ˜ tan α = f (x0 , y0 ) e´ ortogonal a` curva que passa por (x0 , y0 ) que tem inclinac¸ao ˜ inclinac¸ao

tan β = −

1 . f (x0 , y0 )

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

110

1.5

y

1

0.5

0

x

−0.5

−1

−1.5 −1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

˜ ˜ as trajetorias ´ ´ Figura 1.32: As elipses de equac¸oes x2 + 2y 2 = c sao ortogonais das parabolas de 2 ˜ y = cx . equac¸oes

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

111

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 196) ´ 100 litros de uma soluc¸ao ˜ a uma concentrac¸ao ˜ de 1 grama por litro. Uma 6.1. Um tanque contem 1 − 100 t ˜ com uma concentrac¸ao ˜ de 2te soluc¸ao gramas por litro entra no tanque a uma taxa cons˜ bem misturada sai a` mesma taxa. tante de 1 litro por minuto, enquanto que a soluc¸ao (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e´ contado a partir do in´ıcio do processo. ˜ de sal no tanque t = 10 minutos apos ´ o in´ıcio do processo. (b) Calcule a concentrac¸ao ´ inicialmente 100 litros de agua ´ ˜ agua ´ 6.2. Um tanque contem pura. Entao, salgada, contendo 2 − 10 t 30 e gramas de sal por litro, passa a ser bombeada para o tanque a uma taxa de 10 litros ˜ passa a ser agitada e retirada do tanque na mesma por minuto. Simultaneamente a soluc¸ao taxa. (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e´ contado a partir do in´ıcio do processo. ˜ de sal no tanque sera´ de 7,5 gramas por litro. (b) Calcule em que instante a concentrac¸ao ´ inicialmente 100 litros de agua ´ ˜ uma mistura 6.3. Um tanque contem e 100 gramas de sal. Entao ´ ˜ de 5 gramas de sal por litro e´ bombeada para o tanque a uma de agua e sal na concentrac¸ao ˜ (bem misturada) e´ retirada do tanque taxa de 4 litros por minuto. Simultaneamente a soluc¸ao na mesma taxa. (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e´ contado a partir do in´ıcio do processo. Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

112

˜ limite de sal no tanque quando t → ∞ e o tempo necessario ´ para (b) Calcule a concentrac¸ao ˜ atinja metade deste valor. que a concentrac¸ao ´ 6.4. Suponha que um tanque contenha uma mistura de agua e sal com um volume inicial 100 litros ˜ salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa e 10 gramas de sal e que uma soluc¸ao ˜ de 1 grama de sal por litro. Suponha que a de 3 litros por minuto possuindo uma concentrac¸ao ˜ bem misturada sai a uma taxa de 2 litros por minuto. soluc¸ao (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e´ contado a partir do in´ıcio do processo. ˜ quando o tanque esta´ enchendo, se a sua (b) De qual valor se aproxima a concentrac¸ao ´ capacidade e de 200 litros? ´ 6.5. Suponha que um tanque contenha uma mistura de agua e sal com um volume inicial 100 litros ´ e 10 gramas de sal e que agua pura seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 1 litro ˜ bem misturada sai a uma taxa de 2 litros por minuto. por minuto. Suponha que a soluc¸ao (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t e´ contado a partir do in´ıcio do processo. ˜ quando o tanque se aproxima de ficar vazio? (b) De qual valor se aproxima a concentrac¸ao ˆ 6.6. Dentro da Terra a forc¸a da gravidade e´ proporcional a` distancia ao centro. Um buraco e´ cavado de polo a polo e uma pedra e´ largada na borda do buraco. ˜ da distancia. ˆ (a) Determine a velocidade da pedra em func¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

113

(b) Com que velocidade a pedra atinge o centro da Terra? Com que velocidade atinge o outro polo? ˜ (Sugestao:

dv dt

=

dv dx dx dt

ev=

dx ) dt

´ ´ ) e´ proporcional a sua area. Determine o raio 6.7. A taxa com que uma gota esferica se evapora ( dV dt ˜ do tempo, supondo que no instante t = 0 o seu raio e´ r0 e que em uma hora da gota em func¸ao o seu raio seja a metade. ˆ 6.8. Num processo qu´ımico, uma substancia se transforma em outra, a uma taxa proporcional a` ˆ ˜ transformada. Se esta quantidade e´ 48 ao fim de 1 hora, e 27, quantidade de substancia nao ˆ ao fim de 3 horas, qual a quantidade inicial da substancia? ˜ de bacterias ´ 6.9. A populac¸ao em uma cultura cresce a uma taxa proporcional ao numero ´ de ´ ´ tres ˆ horas, observou-se a existencia ˆ ´ ´ 9 bacterias no instante t. Apos de 400 bacterias. Apos ´ ´ horas, 2500 bacterias. Qual era o numero ´ inicial de bacterias? ´ ˜ continuamente numa taxa que e´ proporcional ao 6.10. Suponha que um automovel sofre depreciac¸ao ´ ´ um ano de uso o seu seu valor num instante t. Este automovel novo custa R$ 35000,00. Apos ´ ´ dois anos de uso? valor e´ R$ 30000,00. Qual sera´ o valor do automovel apos ˜ de bacterias ´ ˜ presente. Sabendo6.11. Uma populac¸ao cresce a uma taxa proporcional a populac¸ao ´ uma hora a populac¸ao ˜ e´ 2 vezes a populac¸ao ˜ inicial, determinar a populac¸ao ˜ como se que apos ˜ do tempo e o tempo necessario ´ ˜ triplique. Fac¸a um esboc¸o do func¸ao para que a populac¸ao ´ ˜ em func¸ao ˜ do tempo. grafico da populac¸ao 6.12. Suponha que em uma comunidade de 100 pessoas inicialmente apenas uma pessoa seja portador de um v´ırus e que a taxa com que o v´ırus se espalha na comunidade seja proporcional Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

114

´ ao numero ˜ infectadas. tanto ao numero ´ de pessoas infectadas como tambem ´ de pessoas nao ´ 4 semanas 5 pessoas estao ˜ infectadas. Determine o numero Se for observado que apos ´ de ˜ do tempo. Fac¸a um esboc¸o do grafico ´ ˜ pessoas infectadas em func¸ao da soluc¸ao. ˜ os dados dos 6 ultimos 6.13. Na tabela abaixo estao ´ recenseamentos realizados no Brasil. Ano

1950 1960 1970 1980 1991 2000

˜ Populac¸ao ˜ 52 milhoes ˜ 70 milhoes ˜ 93 milhoes ˜ 119 milhoes ˜ 149 milhoes ˜ 170 milhoes

Podemos escrever o modelo log´ıstico da forma

1 dy = ay + b y dt em que a = −k e b = kyM . Usando a tabela anterior, podemos aproximar a derivada y 0 (ti ), para ti = 1950, 1960, 1970, 1980, 1991, 2000, pela diferenc¸a finita para frente

´ ou pela diferenc¸a finita para tras

Complete a tabela seguinte

dy y(ti+1 ) − y(ti ) (ti ) ≈ dt ti+1 − ti dy y(ti ) − y(ti−1 ) (ti ) ≈ dt ti − ti−1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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1.6

˜ Aplicac¸oes

115 i+1 −yi ti yi gi = t1i yti+1 −ti ˜ 1950 52 milhoes 0, 0346 ˜ 1960 70 milhoes 0, 0329 ˜ 1970 93 milhoes 0, 0280 ˜ 1980 119 milhoes 0, 0229 ˜ 1991 149 milhoes 0, 0157 ˜ 2000 170 milhoes -

hi =

1 yi −yi−1 ti ti −ti−1

gi +hi 2

-

0, 0257 0, 0247 0, 0218 0, 0183 0, 0137

Assim

1 dy gi + hi (ti ) = ay(ti ) + b ≈ , y dt 2 para ti = 1960, 1970, 1980, 1991. Usando quadrados m´ınimos encontre a melhor reta, i z = ay + b, que se ajusta ao conjunto de pontos (yi , gi +h ), para yi = 1960, 1970, 1980, 1991. 2 Determine k e yM a partir dos valores de a e b encontrados. ˜ obtenha Usando t0 = 2000, y0 = 170 milhoes

y(t) =

260 · 106 1 + 0, 53 · e−0,04(t−2000)

˜ do ano 2007, y(2007). Compare com a estimativa Determine a estimativa para a populac¸ao ˜ de habitantes. dada pelo IBGE no dia 05 de outubro de 2007 de 184 milhoes Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

116 260 250 240 230 220 210

População (em milhões)

200 190 180 170 160 150 140 130 120 110 100 90 80 70 60 50 1950

1960

1970

1980

1990

2000

2010

2020

2030

2040

2050

2060

Ano

ˆ ´ 6.14. Um tambor conico com vertice para baixo, de 2 metros de altura e base circular de raio 1 metro, ´ esta´ cheio de agua. Se fizermos um furo no fundo e em 30 minutos a altura da coluna de ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

117

´ ˜ do tempo e em quanto tempo o tanque agua cair pela metade determinar a altura h em func¸ao esvazia. A lei de Torricelli diz que a √ taxa com que um l´ıquido escoa por um orif´ıcio situado a uma profundidade h e´ proporcional a h. ˆ 6.15. Um termometro e´ levado de uma sala onde a temperatura e´ de 20◦ para fora onde a temperatura ´ 1/2 minuto o termometro ˆ e´ de 5◦ Celsius. Apos marca 15◦ Celsius. ˆ ˜ do tempo. (a) Determine a temperatura marcada no termometro como func¸ao ˆ ´ 1 minuto? (b) Qual sera´ a leitura do termometro apos ˆ (c) Em quanto tempo o termometro ira´ marcar 10◦ Celsius? ˆ uma massa de 120 quilogramas e estava inicialmente 6.16. Um bote motorizado e seu tripulante tem ˜ do movimento. A no repouso. O motor exerce uma forc¸a constante de 10 newtons, na direc¸ ao ˆ ´ ´ em modulo, ´ resistencia exercida pela agua, ao movimento, e, igual ao dobro da velocidade. ˜ do tempo. (a) Determine a velocidade do bote em func¸ao (b) Determine a velocidade limite do bote. ´ ˜ do tempo. (c) Fac¸a um esboc¸o do grafico da velocidade em func¸ao ˆ 6.17. Com o objetivo de fazer uma previdencia particular uma pessoa deposita uma quantia de R$ ˆ durante 20 anos (suponha que o deposito ´ 100, 00 por mes e´ feito continuamente a uma taxa de ˆ R$ 100, 00 por mes). ˆ (cont´ınua), qual o valor (a) Supondo que neste per´ıodo a taxa de juros seja de 1 % ao m es que esta pessoa iria ter ao fim deste per´ıodo. Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

118

´ o per´ıodo anterior esta pessoa quisesse fazer retiradas mensais, qual deveria ser (b) Se apos o valor destas retiradas para que em 20 anos tenha desaparecido o capital, se a taxa de juros continuasse em 1 % (cont´ınua)? 6.18. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferenc¸a de potencial de 10 volts enquanto a reˆ ˆ sistencia e´ de 200 ohms e a capacitancia e´ de 10−4 farads. Encontre a carga Q(t) no capacitor ´ a corrente I(t) em cada instante t. em cada instante t, se Q(0) = 0. Encontre tambem ´ ˜ 6.19. Considere o circuito eletrico abaixo formado por um resistor, um indutor e uma fonte de tens ao externa. Para este circuito a segunda lei de Kirchhoff nos d a´

RI +L

dI = V (t). dt

ˆ A bateria gera uma diferenc¸a de potencial de V (t) = 10 volts, enquanto a resist encia R e´ de ˆ 100 ohms e a indutancia L e´ de 0.5 henrys. Encontre a corrente I(t) em cada instante t, se I(0) = 0.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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1.6

˜ Aplicac¸oes

119

R

L

V(t) Figura 1.33: Circuito RL Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

120

y

β

P

β

α

2α − π 2

x

˜ do eixo y. Figura 1.34: Curva refletindo raios que partem da origem na direc¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.6

˜ Aplicac¸oes

121

ˆ ˆ 6.20. Suponha que raios refletem numa curva de forma que o angulo de incidencia seja igual ao ˆ ˜ Determine as curvas que satisfazem a propriedade de que os raios incidenangulo de reflexao. ˜ vertical seguindo os seguintes passos: tes partindo da origem refletem na curva na direc¸ao ˜ do raio incidente na curva no ponto P = (x0 , y(x0 )) e´ (a) Mostre que a equac¸ao

y − y(x0 ) =

y 02 − 1 (x − x0 ), 2y 0

usando o fato de que

tan(2α −

π tan2 α − 1 ) = − cot(2α) = . 2 2 tan α

˜ de que o raio passe pela origem, entao ˜ a curva satisfaz a (b) Mostre que com a condic¸ao ˜ equac¸ao

2yy 0 = x(y 02 − 1)

˜ anterior para y 0 mostre que a curva satisfaz as equac¸oes ˜ diferen(c) Resolvendo a equac¸ao ciais r

y y = ± x 0

 y 2 x

+1

˜ do item anterior fazendo a mudanc¸a de variaveis ´ (d) Resolva as equac¸oes v = y/x e usando o fato de que Z

√

1 dx = arcsenh x. 1 + x2

´ ` fam´ılias de curvas dadas. Fac¸a um esboc¸o dos graficos. ´ 6.21. Determine as trajetorias ortogonais as 2 2 2 (a) y = c/x (b) x + (y − c) = c Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

122

´ 1.7 Analise Qualitativa ˜ ˆ 1.7.1 Equac¸oes Autonomas ˜ equac¸oes ˜ da forma ˜ ˆ As equac¸oes autonomas sao

dy = f (y). dt

(1.52)

˜ autonomas ˆ ´ ˜ sem ter que resolver a equac¸ao, ˜ Para as equac¸oes podemos esboc¸ar varias soluc¸oes ˜ diferencial fornece a inclinac¸ao ˜ da reta tangente as ` soluc¸oes, ˜ pois a equac¸ao

dy ˜ de , como func¸ao dt

˜ ´ y e assim podemos saber como varia com y o crescimento e o decrescimento das soluc¸oes. Alem ˜ tem ˆ pontos de inflexao ˜ e como varia disso podemos saber os valores de y para os quais as soluc¸oes ˜ com y , pois a concavidade das soluc¸oes

d2 y d dy d = = f (y) 2 dt dt dt dt e pela regra da cadeia

d dy f (y) = f 0 (y) = f 0 (y)f (y). dt dt Assim,

d2 y = f 0 (y)f (y). dt2 ˜ zeros da func¸ao ˜ f (y), entao ˜ y(t) = yi sao ˜ soluc¸oes ˜ constantes da Observe que se y1 , . . . , yk sao ˜ (1.52), para i = 1, . . . , k (verifique!). equac¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

123

˜ f (y). Os pontos yi sao ˜ chamados pontos ˜ 1.1. (a) Sejam y1 , . . . , yk zeros da func¸ao Definic¸ao ˜ (1.52) e as soluc¸oes ˜ y(t) = yi sao ˜ chamadas soluc¸oes ˜ cr´ıticos ou de equil´ıbrio da equac¸ao ˜ (1.52). ´ de equil´ıbrio ou estacionarias da equac¸ao ´ (b) Um ponto de equil´ıbrio yi e´ chamado estavel se para y(t0 ) um pouco diferente de yi , y(t) se aproxima de yi , quando t cresce. ´ (c) Um ponto de equil´ıbrio yi e´ chamado instavel se para y(t0 ) um pouco diferente de yi , y(t) se afasta de yi , quando t cresce.

´ ´ O ponto de equil´ıbrio yi e´ estavel se f (y) < 0 para y proximo de yi com y > yi e f (y) > 0 para ´ para y proximo de yi com y < yi . Pois neste caso ˜ y(t) = yi , para todo t. • Se y(t0 ) = yi , entao ˜ a derivada dy • Se y(t0 ) e´ um pouco maior do que yi , entao = f (y) e´ negativa e portanto a dt ˜ y(t) e´ decrescente e assim y(t) se aproxima de yi , quando t cresce. soluc¸ao ˜ a derivada dy • Se y(t0 ) e´ um pouco menor do que yi , entao = f (y) e´ positiva e portanto a dt ˜ y(t) e´ crescente e assim y(t) se aproxima de yi , quando t cresce. soluc¸ao ´ ´ O ponto de equil´ıbrio yi e´ instavel se f (y) > 0 para y proximo de yi com y > yi e f (y) < 0 para ´ para y proximo de yi com y < yi . Pois neste caso ˜ y(t) = yi , para todo t. • Se y(t0 ) = yi , entao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

124

y’ = f(y)

0

yi Figura 1.35:

dy ´ = f (y) nas proximidades de um ponto de equil´ıbrio estavel dt

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

125

y = y(t)

yi

˜ de Figura 1.36: Soluc¸oes Julho 2007

dy ´ = f (y) nas proximidades de um ponto de equil´ıbrio estavel dt Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

126

y’ = f(y)

0

yi Figura 1.37:

dy ´ = f (y) nas proximidades de um ponto de equil´ıbrio instavel dt

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

127

y = y(t)

yi

˜ de Figura 1.38: Soluc¸oes Julho 2007

dy ´ = f (y) nas proximidades de um ponto de equil´ıbrio instavel dt Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

128

dy = f (y) e´ positiva e portanto a dt ˜ y(t) e´ crescente e assim y(t) se afasta de yi , quando t cresce. soluc¸ao

˜ a derivada • Se y(t0 ) e´ um pouco maior do que yi , entao

dy = f (y) e´ negativa e portanto a dt ˜ y(t) e´ decrescente e assim y(t) se afasta de yi , quando t cresce. soluc¸ao

˜ a derivada • Se y(t0 ) e´ um pouco menor do que yi , entao

˜ diferencial: Exemplo 1.31. Considere a equac¸ao

dy = y 2 − y. dt

(1.53)

´ ˜ da equac¸ao. ˜ Para isto vamos determinar os pontos de equil´ıbrio. DeVamos esboc¸ar varias soluc¸oes ˜ com y . E finalmente pois vamos determinar como varia o crescimento e o decrescimento das soluc¸oes ˜ tem ˆ ponto de inflexao. ˜ para quais valores de y as soluc¸oes ˜ as ra´ızes de y 2 − y = 0, ou seja, y1 = 0 e y2 = 1. Os pontos de equil´ıbrio sao

dy ˜ as soluc¸oes ˜ sao ˜ decrescentes para 0 < y < 1. = y 2 − y < 0, para 0 < y < 1, entao dt dy ˜ as soluc¸oes ˜ sao ˜ crescentes para y < 0 Como = y 2 − y > 0, para y < 0 e para y > 1, entao dt e para y > 1. ˜ ˆ pontos de inflexao ˜ e como varia a Vamos determinar para quais valores de y as soluc¸oes tem ˜ com y calculando a segunda derivada. concavidade das soluc¸oes Como

d2 y d dy d = = (y 2 − y). 2 dt dt dt dt ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

129

Mas pela regra da cadeia

d 2 dy (y − y) = (2y − 1) = (2y − 1)(y 2 − y). dt dt Assim

d2 y = (2y − 1)(y 2 − y). dt2 ˜ tem ˆ pontos de inflexao ˜ para y = 1/2, y = 0 e y = 1. Logo as soluc¸oes ´ ´ Observamos que o ponto de equil´ıbrio y1 = 0 e´ estavel pois para valores de y proximos de y1 = 0 ˜ ˜ se aproximando de y1 = 0, quando t cresce. O ponto de as soluc¸oes correspondentes y(t) estao ´ ´ ˜ correspondentes equil´ıbrio y2 = 1 e´ instavel pois para valores de y proximos de y2 = 1 as soluc¸oes ˜ ˜ y(t) estao se afastando de y2 = 1, quando t cresce. Com as informac¸oes sobre os pontos cr´ıticos, ˜ de crescimento e decrescimento, pontos de inflexao ˜ podemos fazer um esboc¸o dos graficos ´ regioes ˜ de algumas soluc¸oes.

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

130 2

y’=f(y)

1.5

1

0.5

0

y

−0.5 −1

−0.5

0

Figura 1.39:

0.5

1

1.5

2

dy ˜ 1.53 = f (y) da equac¸ao dt

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

131

3

y

2

1

0

t

−1

−2

−3 −3

−2

−1

0

1

2

3

˜ da equac¸ao ˜ 1.53 Figura 1.40: Algumas soluc¸oes Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

132

˜ 1.7.2 Campo de Direc¸oes ´ do comportamento das soluc¸oes ˜ de uma equac¸ao ˜ diferencial de Uma maneira de se ter uma ideia 1a. ordem

dy = f (t, y) dt

ˆ e´ desenhar o campo de direc¸oes ˜ sem ter de resolve-la

1 dy 1 (t, y) 7→ p (1, ) = p (1, f (t, y)) dt 1 + (y 0 )2 1 + (f (t, y))2

da seguinte forma: ´ (a) Constroi-se uma malha retangular consistindo em pelo menos uma centena de pontos igualmente espac¸ados; ´ ˜ igual (b) Em cada ponto da malha desenha-se um segmento orientado unit ario que tem inclinac¸ao ˜ da equac¸ao ˜ que pelo ponto da malha, ou seja, na direc¸ao ˜ e sentido a da reta tangente a` soluc¸ao de

(1,

dy ) = (1, f (t, y)) dt

e com comprimento igual a 1. ˜ e, ´ como esta´ dito em [1], “uma tarefa para a qual o computador e´ Desenhar o campo de direc¸oes particularmente apropriado e voceˆ deve, em geral, usar o computador para desenhar um campo de ˜ ˜ para o M ATLABr que esta´ no pacote GAAL e que torna direc¸oes.” Por isso escrevemos uma func¸ao ´ chamada campo(f,[xmin xmax],[ymin ymax]). esta tarefa mais facil ˜ ˆ ˜ anterior, e´ facil ´ Entretanto, para as equac¸oes autonomas, como as que estudamos na sec¸ao ˜ ˜ variam somente com y . desenhar o campo de direc¸oes, pois as inclinac¸oes ˜ do Exemplo 1.31 esta´ desenhado a seguir o campo de direc¸oes. ˜ Para a equac¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

133

y 2

1.5

1

0.5

0

t −0.5

−1

−1.5

−2 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 1.31 Figura 1.41: Campo de Direc¸oes Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

134

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 232) ˜ diferenciais autonomas ˆ Para as equac¸oes dadas

dy = f (y) dt ´ ˜ de y , determine os pontos de equil´ıbrio e classifique cada (a) Esboce o grafico de f (y) em func¸ao ´ ´ um dos pontos de equil´ıbrio como assintoticamente estavel ou instavel. Justifique. ˜ com y . (b) Determine como varia o crescimento das soluc¸oes ˜ tem ˆ pontos de inflexao. ˜ (c) Determine para quais valores de y as soluc¸oes ˜ da equac¸ao ˜ usando os resultados dos itens anteriores. (d) Esboce algumas soluc¸oes

dy = y − y 2. dt dy = 1 − y2. 7.2. dt

dy = −y − y 2 . dt dy = y + y2. 7.4. dt

7.1.

7.3.

˜ diferenciais autonomas ˆ Para as equac¸oes dadas

dy = f (y) dt ´ ˜ de y , determine os pontos de equil´ıbrio e classifique cada Esboce o grafico de f (y) em func¸ao ´ ´ um deles como assintoticamente estavel ou instavel. Justifique.

dy = (y 2 − 4)(y 2 + y) dt dy 7.6. = (ey − 1)(y + 4) dt 7.5.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

7.7.

dy = f (y) = y(y 2 + 3y + 2) dt Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

135

ˆ ˜ 1.8 Existencia e Unicidade de Soluc¸oes Considere novamente o problema de valor inicial

  dy = f (t, y) dt  y(t ) = y 0 0

(1.54)

˜ como mostra o proximo ´ Nem sempre este problema tem uma unica ´ soluc¸ao exemplo. Exemplo 1.32. Considere o problema de valor inicial

  dy √ = y dt  y(0) = 0

˜ (verifique!) Este problema tem duas soluc¸oes

y1 (t) =

t2 , 4

para t ≥ 0

e

y2 (t) = 0. ˜ acima e´ separavel ´ ´ autonoma, ˆ Observe que a equac¸ao e e´ tambem sendo y2 (t) = 0 um ponto de equil´ıbrio. ˜ f (t, y) e a sua derivada Se a func¸ao

∂f ˆ forem cont´ınuas em um retangulo em torno de (t0 , y0 ) ∂y

˜ acontece como estabelecemos no proximo ´ o que ocorreu no exemplo anterior nao teorema que sera´ ˜ demonstrado apenas ao final da sec¸ao. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

136

0.6

y 0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

0

t −0.1 −1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 1.32 Figura 1.42: Duas soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

137

y

yo

t to

ˆ ˜ Figura 1.43: Retangulo em torno de (t0 , y0 ) onde o problema de valor inicial tem uma unica ´ soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

138

ˆ Teorema 1.1 (Existencia e Unicidade). Considere o problema de valor inicial

Se f (t, y) e

  dy = f (t, y) dt  y(t ) = y 0 0

(1.55)

∂f ˜ cont´ınuas no retangulo ˆ sao ∂y

R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, δ < y < γ} ˜ em um intervalo contendo t0 . ˜ o problema (1.55) tem uma unica ´ soluc¸ao contendo (t0 , y0 ), entao

Exemplo 1.33. Para o problema de valor inicial do Exemplo 1.32 mas com o ponto inicial (t0 , y0 )

f (t, y) =

  dy √ = y dt  y(t ) = y 0 0 √

y

⇒

∂f 1 = √ . ∂y 2 y

˜ o problema de valor inicial acima tem soluc¸ao ˜ unica. Vemos que se (t0 , y0 ) e´ tal que y0 > 0, entao ´ ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

139

Exemplo 1.34. Considere o problema de valor inicial

  dy = y2 dt  y(t0 ) = y0

˜ para todo (t0 , y0 ) ∈ R2 . Pelo Teorema 1.1 o problema de valor inicial acima tem uma unica ´ soluc¸ao ˜ y(t) = Mas, por exemplo, para t0 = 0 e y0 = 1 o problema tem soluc¸ao

somente no intervalo t < 1.

−1 ´ (verifique!) e e´ valida t−1

No exemplo anterior apesar do Teorema 1.1 garantir que em todo ponto (t0 , y0 ) ∈ R2 existe ˜ localmente (num intervalo em torno de t0 ) estas soluc¸oes ˜ ˜ se juntam de modo a uma soluc¸ao nao ˜ globais (que existam para todo t ∈ R). Isto nao ˜ ocorre para equac¸oes ˜ lineares como formar soluc¸oes provamos a seguir.

ˆ ˜ Teorema 1.2 (Existencia e Unicidade para Equac¸oes Lineares). Considere o problema de valor inicial 

 dy + p(t)y = q(t) dt  y(t ) = y 0 0

˜ func¸oes ˜ cont´ınuas em um intervalo aberto I contendo t0 , entao ˜ o problema de valor Se p(t) e q(t) sao ˜ neste intervalo. inicial tem uma unica ´ soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

140

10

y 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

t −1 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 1.34 para t0 = 0 e y0 = 1. Figura 1.44: Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

141

´ ˆ ˜ Demonstrac¸ao. A unicidade segue-se do Teorema 1.1 na pagina 138. Vamos provar a existencia ˜ do problema de valor inicial. Seja exibindo a soluc¸ao

1 y(t) = µ(t)

Z



t

µ(s)q(s)ds + y0 , t0

em que µ(t) = e

Rt

t0

p(s)ds

.

´ ˜ y(t) esta´ bem definida. Vamos mostrar que y(t) e´ soluc¸ao ˜ do problema de Por hipotese a func¸ao valor inicial. Z t

µ(t)y(t) =

µ(s)q(s)ds + y0

t0

˜ cont´ınuas, entao ˜ Como p(t) e q(t) sao

d (µ(t)y(t)) = µ(t)q(t) dt Derivando o produto obtemos

µ(t) Mas

dµ dt

dy dµ + y = µ(t)q(t). dt dt

˜ a equac¸ao ˜ acima pode ser escrita como = µ(t)p(t), entao

µ(t)

dy + µ(t)p(t)y = µ(t)q(t). dt

˜ dada. Dividindo-se por µ(t) obtemos a equac¸ao ˜ do problema de valor inicial. Agora, como y(t0 ) = y0 segue-se que y(t) dado e´ a soluc¸ao Julho 2007



Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

142 Exemplo 1.35. Considere o problema de valor inicial

  dy 2 + y=t dt t  y(t ) = y 0 0

2 e q(t) = t. p(t) e´ cont´ınua para t 6= 0. Para t0 = 2, por exemplo, o problema de valor inicial t ˜ para t > 0 e para t0 = −3, o problema de valor inicial tem uma unica ˜ tem uma unica ´ soluc¸ao ´ soluc¸ao ˜ ˜ ´ ´ para t < 0. Para tirarmos esta conclusao nao e necessario resolver o problema de valor inicial, apesar

p(t) =

´ dele estar resolvido no Exemplo 1.8 na pagina 15.

˜ do Teorema de Existencia ˆ 1.8.1 Demonstrac¸ao e Unicidade ˜ do Teorema 1.1 na pagina ´ Demonstrac¸ao 138. ˆ (a) Existencia: ˆ ˜ yn (t) por Defina a sequ¨ encia de func¸oes

y0 (t) = y0 ,

yn (t) = y0 +

Z

t

f (s, yn−1 (s))ds,

para n = 1, 2, . . .

t0

ˆ Como f (t, y) e´ cont´ınua no retangulo R, existe uma constante positiva b tal que

|f (t, y)| ≤ b,

para (t, y) ∈ R.

Assim

|y1 (t) − y0 | ≤ b|t − t0 |, ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

para α < t < β. Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

Como

143

∂f ˆ e´ cont´ınua no retangulo R, existe uma constante positiva a (por que?) tal que ∂y |f (t, y) − f (t, z)| ≤ a |y − z|,

para α < t < β e δ < y, z < γ .

Assim

Z

|y2 (t) − y1 (t)| ≤

t

|f (s, y1 (s)) − f (s, y0 (s))|ds Z t Z t |t − t0 |2 ≤ a |y1 (s) − y0 |ds ≤ ab |s − t0 |ds = ab 2 t0 t0 t0

e

|y3 (t) − y2 (t)| ≤

Z

t

|f (s, y2 (s)) − f (s, y1 (s))|ds Z t Z t |s − t0 |2 |t − t0 |3 2 ≤ a |y2 (s) − y1 (s)|ds ≤ a b ds = a2 b 2 6 t0 t0 t0

˜ que Vamos supor, por induc¸ao,

|yn−1 (t) − yn−2 (t)| ≤ an−2 b Julho 2007

|t − t0 |n−1 . (n − 1)! Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

144 ˜ Entao

|yn (t) − yn−1 (t)| ≤

Z

≤ a ≤ a

t t0

|f (s, yn−1(s)) − f (s, yn−2 (s))|ds

Z

t

t Z 0t

|yn−1 (s)) − yn−2 (s)|ds an−2 b

t0

|s − t0 |n−1 |t − t0 |n ds = an−1 b (n − 1)! n!

(1.56)

˜ validas ´ ˜ tais que Estas desigualdades sao para α ≤ α0 < t < β 0 ≤ β em que α0 e β 0 sao 0 0 0 0 δ < yn (t) < γ sempre que α < t < β (por que existem α e β ?). Segue-se de (1.56) que ∞ X n=1

|yn (t) − yn−1 (t)| ≤ b

que e´ convergente. Como

yn (t) = y0 +

n X k=1

∞ X an−1 (β − α)n n=1

n!

(yk (t) − yk−1 (t)),

˜ yn (t) e´ convergente. Seja entao

y(t) = lim yn (t). n→∞

Como

m X

m X ak−1 (β − α)k , |ym (t) − yn (t)| ≤ |yk (t) − yk−1 (t)| ≤ b k! k=n+1 k=n+1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

145

˜ passando ao limite quando m tende a infinito obtemos que entao ∞ X ak−1 (β − α)k |y(t) − yn (t)| ≤ b k!

(1.57)

k=n+1

Logo dado um  > 0, para n suficientemente grande, |y(t) − y n (t)| < /3, para α0 < t < β 0 . ´ Assim y(t) e´ cont´ınua, pois dado um  > 0, para s suficientemente pr oximo de t, temos que |yn (t) − yn (s)| < /3 e para n suficientemente grande |y(t) − yn (t)| < /3 e |y(s) − yn (s)| < /3, o que implica que

|y(t) − y(s)| ≤ |y(t) − yn (t)| + |yn (t) − yn (s)| + |yn (s) − y(s)| < . ´ disso para α0 < t < β 0 , temos que Alem

lim

n→∞

Z

t

f (s, yn (s))ds = t0

Z

t

f (s, lim yn (s))ds = t0

n→∞

Z

t

f (s, y(s))ds, t0

pois, por (1.57), temos que

Z t Z t Z t f (s, yn (s))ds − f (s, y(s))ds ≤ |f (s, yn (s)) − f (s, y(s))|ds t0 t0 t0 Z t ≤ a |yn (s) − y(s)|ds t0

∞ X ak−1 (β − α)k ≤ ab(t − t0 ) k! k=n+1

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

146 que tende a zero quando n tende a infinito. Portanto

Z

y(t) =

t

lim yn (t) = y0 + lim f (s, yn−1 (s))ds = n→∞ n→∞ t 0 Z t Z t = y0 + f (s, lim yn−1 (s))ds = y0 + f (s, y(s))ds n→∞

t0

t0

˜ a t esta equac¸ao ˜ vemos que y(t) e´ soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial. Derivando em relac¸ao (b) Unicidade: ˜ do problema de valor inicial. Seja Vamos supor que y(t) e z(t) sejam soluc¸oes

u(t) =

Z

t t0

|y(s) − z(s)|ds.

Assim, como

y(t) =

Z

t 0

y (s)ds = t0

Z

t

f (s, y(s))ds,

z(t) =

t0

Z

t 0

z (s)ds = t0

Z

t

f (s, z(s))ds, t0

˜ entao 0

u (t) = |y(t)−z(t)| ≤

Z

t 0

t0

0

|y (s)−z (s)|ds =

Z

t t0

|f (s, y(s))−f (s, z(s))|ds ≤ a

Z

t t0

|y(s)−z(s)|ds

ou seja,

u0 (t) ≤ au(t). ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

147

Subtraindo-se au(t) e multiplicando-se por e−at obtemos

d −at (e u(t)) ≤ 0, dt

com u(t0 ) = 0.

Isto implica que e−at u(t) = 0 (lembre-se que u(t) ≥ 0) e portanto que u(t) = 0, para todo t. Assim y(t) = z(t), para todo t.



Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

148

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 257) 8.1. Determine os pontos (t0 , y0 ) para os quais podemos garantir que o problema de valor inicial

  dy = f (t, y) dt  y(t ) = y 0 0

˜ tem uma unica ´ soluc¸ao.

p y2 − 4 √ (b) Se f (t, y) = ty (a) Se f (t, y) =

y2 t2 + y 2 p (d) Se f (t, y) = t y 2 − 1 (c) Se f (t, y) =

ˆ soluc¸ao, ˜ sem 8.2. Determine o maior intervalo em que os problemas de valor inicial abaixo t em ˆ resolv e-los:  (a)

(b)

    

dy + (t − 2)y = t dt y(0) = y0 dy (t2 − 1) + ty = t2 dt y(2) = y0 (t2 − 1)

8.3. Mostre que se

∂f ˆ e´ cont´ınua no retangulo ∂y

(c)

(d)

    

dy + (t + 1)y = et dt y(−1) = y0 dy (t2 − t) + (t + 3)y = cos t dt y(2) = y0 (t2 − t)

R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, δ < y < γ}, ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.7

´ ˜ ˆ Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas

149

˜ existe uma constante positiva a tal que entao

|f (t, y) − f (t, z)| ≤ a |y − z|,

para α < t < β e δ < y, z < γ .

˜ ´ ˜ somente de y . Sugestao: Para t fixo, use o Teorema do Valor Medio para f como func¸ao ´ Escolha a como sendo o maximo de 8.4. Mostre que se f (t, y) e

∂f ˆ no retangulo. ∂y

∂f ˜ cont´ınuas no retangulo ˆ sao ∂y R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, γ < y < δ}

˜ constantes positivas tais que e a e b sao

|f (t, y)| ≤ b,

|f (t, y) − f (t, z)| ≤ a |y − z|,

para α < t < β e δ < y, z < γ ,

˜ existem α0 e β 0 com α ≤ α0 < t0 < β 0 ≤ β tais que a sequ¨ encia ˆ entao

y0 (t) = y0 ,

yn (t) = y0 +

Z

t

f (s, yn−1 (s))ds,

para n = 1, 2, . . .

t0

˜ mostre que satisfaz δ < yn (t) < γ sempre que α0 < t < β 0 . Sugestao:

|yn (t) − y0 | ≤

Julho 2007



 b − 1 ea|t−t0 | . a

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

150

1.9 Respostas dos Exerc´ıcios ˜ as ` Equac¸oes ˜ ´ 1. Introduc¸ao Diferenciais (pagina 11) ˜ ´ ˜ linear. 1.1. (a) Equac¸ao diferencial ordinaria de 1a. ordem nao ˜ diferencial ordinaria ´ (b) Equac¸ao de 2a. ordem linear. 1.2. (x + 3)y100 + (x + 2)y10 − y1 = (x + 3)2 + (x + 2)2x − x2 = x2 + 6x + 6 6= 0

(x + 3)y200 + (x + 2)y20 − y2 = (x + 3)6x + (x + 2)3x2 − x3 = 2x3 + 12x2 + 18x 6= 0 (x + 3)y300 + (x + 2)y30 − y3 = (x + 3)e−x − (x + 2)e−x − e−x = 0 ˜ sao ˜ soluc¸oes ˜ ˜ e y3 (x) = e−x e´ soluc¸ao ˜ da Logo, y1 (x) = x2 e y2 (x) = x3 nao da equac¸ao ˜ equac¸ao. (a) Substituindo-se y = ert e

dy ˜ obtemos = rert e na equac¸ao dt arert + bert = (ar + b)ert = 0,

´ pois por hipotese ar + b = 0. (b) Substituindo-se y = ert ,

dy d2 y ˜ obtemos = rert e 2 = r 2 ert na equac¸ao dt dt

ar 2 ert + brert + cert = (ar 2 + br + c)ert = 0, ´ pois por hipotese ar 2 + br + c = 0. (c) Substituindo-se y = xr ,

dy d2 y = rxr−1 e 2 = r(r − 1)xr−2 em (2.18) obtemos dx dx x2 r(r − 1)xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

151


r 2 + (b − 1)r + c xr = 0,

´ pois por hipotese r 2 + (b − 1)r + c = 0. 1.3.

(a) Substituindo-se y = ert e

dy ˜ diferencial obtemos = rert na equac¸ao dt arert + bert = (ar + b)ert = 0.

˜ y(t) = ert e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ diferencial se, e somente se, r e´ Como ert 6= 0, entao ˜ da equac¸ao ˜ soluc¸ao

ar + b = 0 dy dy ˜ diferencial obtemos (b) Substituindo-se y = ert , = rert e 2 = r 2 ert na equac¸ao dt dt 2

ar 2 ert + brert + cert = (ar 2 + br + c)ert = 0. ˜ y(t) = ert e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ diferencial se, e somente se, r e´ Como ert 6= 0, entao ˜ da equac¸ao ˜ soluc¸ao

ar 2 + br + c = 0 dy d2 y ˜ diferencial (c) Substituindo-se y = xr , = rxr−1 e = r(r − 1)xr−2 na equac¸ao dx dx2 obtemos

x2 r(r − 1)xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0.
r 2 + (b − 1)r + c xr = 0.

˜ y = xr e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ diferencial se, e somente se, r e´ Como xr 6= 0, entao ˜ da equac¸ao ˜ soluc¸ao

r 2 + (b − 1)r + c = 0. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

152 1.4.

(a)

0 = y 0 + ty 2 =

−2tr tr 2 (−2r + r 2 )t + = (t2 − 3)2 (t2 − 3)2 (t − 3)2 ⇒ ⇒

∀t

r 2 − 2r = 0

r = 0 ou r = 2

(b)

0 = y 0 − 2ty 2 =

−2rt 2tr 2 (−2r − 2r 2 )t − = ∀t (t2 + 1)2 (t2 + 1)2 (t2 + 1)2 ⇒ ⇒

r2 + r = 0

r = 0 ou r = −1

(c)

0 = y 0 − 6ty 2 =

−2rt 6tr 2 (−2r − 6r 2 )t − = ∀t (t2 + 1)2 (t2 + 1)2 (t2 + 1)2 ⇒ ⇒

3r 2 + r = 0

r = 0 ou r = −1/3

(d)

0 = y 0 − ty 2 =

−2rt tr 2 (−2r − r 2 )t − = , (t2 + 2)2 (t2 + 2)2 (t2 + 2)2 ⇒ ⇒

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

∀t

r 2 + 2r = 0

r = 0 ou r = −2 Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

153

˜ ´ 2. Equac¸oes Lineares de 1a. Ordem (pagina 21) 2.1.

(a)

µ(x) = e

R

(1−2x)dx

= ex−x

2

2

˜ por µ(x) = ex−x : Multiplicando a equac¸ao

d  x−x2  2 2 e y = ex−x xe−x = xe−x dx e

x−x2

y(x) =

Z

1 2 2 xe−x dx = − e−x + C 2

1 2 y(x) = − e−x + Cex −x 2 1 2 = y(0) = − + C ⇒ C = 5/2 2 1 5 2 y(x) = − e−x + ex −x 2 2 (b)

µ(t) = e 3

˜ por µ(t) = et : Multiplicando a equac¸ao

R

3t2 dt

= et

3

d  t3  3 3 e y = et e−t +t = et dt Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

154

t3

e y(t) =

Z

et dt = et + C 3

y(t) = et−t + Ce−t

3

2 = y(0) = 1 + C ⇒ C = 1 3

y(t) = et−t + e−t (c)

µ(t) = e

R

− cos t dt

3

= e− sen t

d − sen t
2 2 e y = e− sen t tet +sen t = tet dt Z 1 2 2 − sen t e y(t) = tet dt = et + C 2 1 2 y(t) = et +sen t + Cesen t 2 2 = y(0) =

1 + C ⇒ C = 3/2 2

1 2 3 y(t) = et +sen t + esen t 2 2 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

155

(d)

µ(x) = e ˜ por µ(x) = e Multiplicando a equac¸ao

x5 5

R

x4 dx

=e

x5 5

:

d  x5  x5 4x5 5 e 5 y = e 5 x4 e 5 = x 4 e x dx x5 5

e y(x) =

Z

1 5 5 x4 ex dx = ex 5

x5 1 4x5 y(x) = e 5 + Ce− 5 5

1 = y(0) =

1 + C ⇒ C = 4/5 5

1 4x5 4 x5 y(x) = e 5 + e− 5 5 5 2.2.

(a)

4 2 y0 − y = − 3 x x µ(x) = e ˜ por µ(x) = x−4 : Multiplicando a equac¸ao

Julho 2007

R

− x4 dx

= x−4


d 2 x−4 y = − 7 dx x

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

156 Integrando-se −4

x y(x) =

Z

−

2 1 dx = 6 + C 7 x 3x

1 + Cx4 2 3x

y(x) = (b)

1 y 0 − y = −x x µ(x) = e ˜ por µ(x) = x−1 : Multiplicando a equac¸ao

R

− x1 dx

= x−1


d x−1 y = −1 dx

Integrando-se −1

x y(x) = −

Z

dx = −x + C

y(x) = −x2 + Cx (c)

4 y 0 − y = x 5 ex x µ(x) = e ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

R

− x4 dx

= x−4 Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

157

˜ por µ(x) = x−4 : Multiplicando a equac¸ao


d x−4 y = xex dx

Integrando-se −4

x y(x) =

Z

xex dx = xex − ex + C

y(x) = x5 ex − x4 ex + Cx4 2.3.

(a)

µ(x) = e 5

˜ por µ(x) = ex : Multiplicando a equac¸ao

R

5x4 dx

= ex

5

d  x5  5 5 e y = e x x4 = x 4 e x dx Z 1 5 5 x5 e y(x) = x4 ex dx = ex + C 5 y(x) =

1 5 + Ce−x 5

1 + C ⇒ C = y0 − 1/5 5   1 1 −x5 y(x) = + y0 − e 5 5

y0 = y(0) =

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

158 (b) y 0 (x) = −5x4 y0 − ˜ e´ crescente. soluc¸ao

1 5




5

˜ e´ decrescente e para y0 < 1/5 a e−x . Para y0 > 1/5 a soluc¸ao

(c) limx→+∞ y(x) = 1/5 e claramente independe do valor de y0 . 2.4.

(a)

y0 + µ(x) = e

R

x x2 −9

˜ por µ(x) = Multiplicando a equac¸ao

dx

x2

x y=0 −9 1

= e 2 ln |x

2 −9|

=

√

√ x2 − 9:

x2 − 9

 d √ 2 x − 9y = 0 dx √ x2 − 9 y(x) = C y(x) = √ y0 = y(5) =

C x2 − 9

C ⇒ C = 4y0 4

y(x) = √

4y0 x2 − 9

(b) x > 3, para y0 6= 0 e −∞ < x < ∞, para y0 = 0. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

159

(c) limx→+∞ y(x) = 0 e claramente independe do valor de y0 . 2.5.

(a)

dy dt

+ p(t)y = 0+0=0

d dt

(y1 (t) + y2 (t)) + p(t)(y1 (t) + y2 (t)) =

dy1 dt


+ p(t)y1 +


+ p(t)y1 = c0 = 0
2.6. dy + p(t)y = dtd (cy1 (t) + y2 (t)) + p(t)(cy1 (t) + y2 (t)) = c dydt1 + p(t)y1 + dt c0 + q(t) = q(t) (b)

dy dt

+ p(t)y =

d dt

(cy1 (t)) + p(t)(cy1 (t)) = c

dy1 dt

dy2 dt


+ p(t)y2 =

dy2 dt


+ p(t)y2 =

˜ ´ ´ 3. Equac¸oes Separaveis (pagina 34) 3.1.

(a)

(1 + x2 )y 0 − xy = 0

1 dy x = y dx 1 + x2 d x (ln |y|) = dx 1 + x2 1 ln |y| = ln(1 + x2 ) + C1 2   |y| ln = C1 (1 + x2 )1/2 y = ±eC1 = C (1 + x2 )1/2 y = C(1 + x2 )1/2 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

160 (b)

y 2 − 1 − (2y + xy)y 0 = 0

y dy 1 = − 1 dx 2+x   d 1 1 ln |y 2 − 1| = dx 2 2+x 1 ln |y 2 − 1| = ln |2 + x| + C1 2  2  |y − 1|1/2 ln = C1 |2 + x| y2

(c)

|y 2 − 1|1/2 = ±eC1 = C 2+x p y 2 − 1 = C(2 + x)

x dy = 2 y dx ax + b   d 1 2 x y = 2 dx 2 ax + b 1 2 1 y = ln |ax2 + b| + C1 2 2a 1 y 2 − ln |ax2 + b| = C a ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

161

(d)

dy x = 2 dx (ax + b)1/2   1 −2 x d = − y 2 dx 2 (ax + b)1/2 y −3

1 1 − y −2 = (ax2 + b)1/2 + C 2 a 1 −2 1 − y − (ax2 + b)1/2 = C 2 a

(e)

(f)

y 1 p y0 − = 0 2 x ay + b  p  d 1 1 2 ay + b = dx a x 1p 2 ay + b = ln |x| + C a 1p 2 ay + b − ln |x| = C a y 1 y0 − 2 = 0 +b x   d 1 1 2 ln |ay + b| = 2 dx 2a x ay 2

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

162

1 ln |ay 2 + b| = −x−1 + C 2a 1 ln |ay 2 + b| + x−1 = C 2a 3.2.

˜ como (a) Podemos reescrever a equac¸ao

(3y 2 − 3)

dy = 2x + 1 dx

ou


dy
d d y 3 − 3y = x2 + x dy dx dx

que pela regra da cadeia pode ser escrita como


d y 3 − 3y − x2 − x = 0 dx

˜ geral e´ dada implicitamente por Assim a soluc¸ao

y 3 − 3y − x2 − x = C ˜ que satisfaz a condic¸ao ˜ inicial y(0) = 0 substitu´ımos x = 0 e Para encontrar a soluc¸ao ˜ geral obtendo C = 0. Assim a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial e´ y = 0 na soluc¸ao dada implicitamente por

y 3 − 3y − x2 − x = 0 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

163

˜ vamos determinar os pontos onde a (b) Para determinar o intervalo de validade da soluc¸ao 2 ˜ esta´ definida, ou seja, 3y −3 = 0, ou seja, y = ±1. Substituindo-se y = −1 derivada nao ˜ que define a soluc¸ao ˜ obtemos a equac¸ao ˜ x2 + x − 2 = 0, que tem soluc¸ao ˜ na equac¸ao ˜ que define a soluc¸ao ˜ obtemos a x = 1 e x = −2. Substituindo-se y = 1 na equac¸ao 2 ˜ ˜ ˜ equac¸ao x + x + 2 = 0, que nao tem soluc¸ao real. A reta tangente a` curva integral e´ vertical ( dx = 0) para x = 1 e x = −2, pois pela dy

˜ diferencial, equac¸ao

dy dx

=

2x+1 , 3y 2 −3

˜ entao

dx 3y 2 − 3 1 = dy = , dy 2x + 1 dx

para x 6= −1/2.

Como o ponto inicial tem x = 0 que esta´ entre os valores x = −1 e x = 2 conclu´ımos ˜ e´ o intervalo (−2, 1), que e´ o maior intervalo em que o intervalo de validade da soluc¸ao ˜ y(x) e a sua derivada estao ˜ definidas. que a soluc¸ao ˜ tem maximo ´ (c) Nos pontos onde a soluc¸ao local a reta tangente a` curva e´ horizontal, ou seja, dy ˜ precisamos calcular a derivada da soluc¸ao, ˜ pois a pontos onde dx = 0. Neste caso nao ˜ diferencial, ou seja, derivada ja´ esta´ dada pela equac¸ao

2x + 1 dy = 2 dx 3y − 3 Assim, a reta tangente e´ horizontal para x tal que 2x + 1 = 0, ou seja, somente para x = −1/2.

˜ esta´ contida em uma curva que passa pelos pontos (−2, −1) (d) Ja´ sabemos que a soluc¸ao ˜ e (1, −1) onde a tangente e´ vertical, pelo ponto inicial (0, 0). Neste ponto a inclinac¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

164

˜ diferencial obtemos da tangente e´ −1/3, pois substituindo-se x = 0 e y = 0 na equac¸ao dy ´ disso sabemos que o unico = −1/3. Alem ´ ponto em que a tangente e´ horizontal ocorre dx ˜ e´ crescente ate´ x = −1/2 depois comec¸a para x = −1/2. Deduzimos da´ı que a soluc¸ao a decrescer.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

165

0.4

y 0.2

0

x −0.2

−0.4

−0.6

−0.8

−1 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

˜ ´ 4. Equac¸oes Exatas (pagina 46)

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

166 4.1.

(a)

M = 2xy − sen x N = x2 + ey ∂M ∂N = 2x = 2x ∂y ∂x ∂M ∂N ˜ e´ exata! = ⇒ A equac¸ao ∂y ∂x Z ψ(x, y) = M dx = x2 y + cos x + h(y) N = x2 + ey = x2 + h0 (y) h0 (y) = ey h(y) = ey ψ(x, y) = x2 y + cos x + ey = C (b)

M = y 2 + cos x N = 2xy + ey ∂M = 2y ∂y ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

∂N = 2y ∂x Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

167

∂M ∂N ˜ e´ exata! = ⇒ A equac¸ao ∂y ∂x Z ψ(x, y) = M dx = xy 2 + sen x + h(y) N = 2xy + ey = 2xy + h0 (y) h0 (y) = ey h(y) = ey ψ(x, y) = xy 2 + sen x + ey = C (c)

M = 2xy 2 + cos x N = 2x2 y +

1 y

∂M ∂N = 4xy = 4xy ∂y ∂x Z ψ(x, y) = M dx = x2 y 2 + sen x + h(y) N = 2x2 y + Julho 2007

1 = 2x2 y + h0 (y) y Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

168

h(y) = ln |y| ψ(x, y) = x2 y 2 + sen x + ln |y| = C (d)



1 M = 2 xy − 3 x 2

∂M = 4xy ∂y



N = 2x2 y −

1 y2

∂N = 4xy ∂x

∂M ∂N ˜ e´ exata! = ⇒ A equac¸ao ∂y ∂x Z 1 ψ(x, y) = M dx = x2 y 2 + 2 + h(y) x N = 2x2 y −

1 = 2x2 y + h0 (y) y2

h0 (y) = − h(y) = ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

1 y2

1 y Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

169

ψ(x, y) = x2 y 2 +

1 1 + =C x2 y

˜ (e) Multiplicando a equac¸ao

x + y + x ln x

dy =0 dx

por 1/x obtemos

dy y + ln x =0 x dx y M =1+ N = ln x x 1+

∂M 1 = ∂y x ∂M ∂N = ∂y ∂x

⇒

∂N 1 = ∂x x ˜ e´ exata! A equac¸ao

˜ ψ(x, y) tal que Vamos encontrar uma func¸ao

∂ψ y = M (x, y) = 1 + ∂x x

e

∂ψ = N (x, y) = ln x ∂y

˜ em relac¸ao ˜ a x obtemos Integrando-se a 1a. equac¸ao

ψ(x, y) = Julho 2007

Z

M dx = x + y ln x + h(y) Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

170

˜ ψ(x, y) encontrada na equac¸ao ˜ de Substituindo-se a func¸ao

∂ψ = N = ln x obtemos ∂y

N = ln x = ln x + h0 (y)

h0 (y) = 0 O que implica que

h(y) = C1 ˜ da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por Assim a soluc¸ao

ψ(x, y) = x + y ln x = C (f)



1 M = 2 xy − 3 x 3



∂M = 6xy 2 ∂y ∂M ∂N = ∂y ∂x ψ(x, y) =

Z

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

⇒

N = 3x2 y 2 −

1 y2

∂N = 6xy 2 ∂x ˜ e´ exata! A equac¸ao

M dx = x2 y 3 +

1 + h(y) x2 Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

171

N = 3x2 y 2 −

1 = 3x2 y 2 + h0 (y) 2 y

h0 (y) = − h(y) = ψ(x, y) = x2 y 3 +

1 y2

1 y 1 1 + =C 2 x y

(g)

M = xy 4 N = 2x2 y 3 + 3y 5 − 20y 3 ∂M = 4xy 3 ∂y ∂M ∂N = ∂y ∂x ψ(x, y) =

⇒ Z

∂N = 4xy 3 ∂x ˜ e´ exata! A equac¸ao

1 M dx = x2 y 4 + h(y) 2

N = 2x2 y 3 + 3y 5 − 20y 3 = 2x2 y 3 + h0 (y) Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

172

h0 (y) = 3y 5 − 20y 3 1 h(y) = y 6 − 5y 4 2 1 1 ψ(x, y) = x2 y 4 + y 6 − 5y 4 = C 2 2 4.2.

˜ como (a) Podemos reescrever a equac¸ao

2x − y + (2y − x)

dy =0 dx

ou

M = 2x − y N = 2y − x ∂M = −1 ∂y ∂M ∂N = ∂y ∂x

⇒

∂N = −1 ∂x ˜ e´ exata! A equac¸ao

˜ ψ(x, y) tal que Vamos encontrar uma func¸ao

∂ψ = M (x, y) = 2x − y e ∂x ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

∂ψ = N (x, y) = 2y − x ∂y Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

173

˜ em relac¸ao ˜ a x obtemos Integrando-se a 1a. equac¸ao

ψ(x, y) =

Z

M dx = x2 − yx + h(y)

˜ ψ(x, y) encontrada na equac¸ao ˜ de Substituindo-se a func¸ao

∂ψ = N = 2y − x obtemos ∂y

N = 2y − x = −x + h0 (y) h0 (y) = 2y O que implica que

h(y) = y 2 + C1 ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por E a soluc¸ao

ψ(x, y) = x2 − xy + y 2 = C ˜ que satisfaz a condic¸ao ˜ inicial y(1) = 3 substitu´ımos x = 1 e Para encontrar a soluc¸ao ˜ geral obtendo C = 1 − 3 + 9 = 7. Assim a soluc¸ao ˜ do problema de y = 3 na soluc¸ao valor inicial e´ dada implicitamente por

x2 − xy + y 2 = 7 ˜ vamos determinar os pontos onde a (b) Para determinar o intervalo de validade da soluc¸ao dy ˜ esta´ definida, pela equac¸ao ˜ diferencial, dx ˜ esta´ definida se, e derivada nao = 2x−y , nao x−2y Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

174

˜ que somente se, x − 2y = 0, ou seja, y = x/2. Substituindo-se y = x/2 na equac¸p ao x2 x2 2 ˜ obtemos a equac¸ao ˜ x − 2 + 4 = 7, que tem soluc¸ao ˜ x = ± 28/3. define a soluc¸ao p p Como o ponto inicial tem x = 1 que esta´ entre os valores x = − 28/3 e x = 28/3 p p ˜ e´ o intervalo (− 28/3, 28/3), que conclu´ımos que o intervalo de validade da soluc¸ao ˜ y(x) e a sua derivada estao ˜ definidas. e´ o maior intervalo em que a soluc¸ao A reta tangente a` curva integral x2 − xy + y 2 = 7 e´ vertical ( dx = 0) para x = − dy

p e x = 28/3, pois

dx 1 x − 2y = dy = , dy 2x − y dx

p

28/3

para x 6= y/2.

˜ tem maximo ´ (c) Nos pontos onde a soluc¸ao local a reta tangente a` curva e´ horizontal, ou seja, dy ˜ diferencial, ou seja, pontos onde dx = 0. Como a derivada ja´ esta´ dada pela equac¸ao

dy 2x − y = dx x − 2y Assim, a reta tangente e´ horizontal para x tal que 2x − y = 0, ou seja, somente para ˜ x2 − xy + y 2 = 7 obtemos a equac¸ao ˜ y = 2x. Substituindo-se y = 2x na equac¸ao p 2 2 2 ˜ x = ± 7/3. x − 2x  + 4x = 7, que tem soluc¸ao d2 y dx2

=

Como

d dx



d2 y dx2

2x−y x−2y

y=2x

=

=

(2−y 0 )(x−2y)−(2x−y)(1−2y 0 ) (x−2y)2

−2 , 3x

˜ o ponto de maximo ´ entao ocorre em x = +

p 7/3.

˜ esta´ p (d) Ja´ p sabemos p que a soluc¸ao contida em uma curva que passa pelos pontos p (− 28/3, − 28/3/2) e ( 28/3, 28/3/2) onde a tangente e´ vertical, pelo ponto ini˜ da tangente e´ 1/5, pois substituindo-se x = 1 e y = 3 cial (1, 3). Neste ponto a inclinac¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

175

dy ˜ diferencial obtemos dx ´ disso sabemos que o unico na equac¸ao = 1/5. Alem ´ ponto em p ˜ e´ ˜ tem maximo que a soluc¸ao local ocorre para x = 7/3. Deduzimos da´ı que a soluc¸ao p´ crescente ate´ x = 7/3 depois comec¸a a decrescer.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

176 4

y

3

2

1

0

x

−1

−2 −3

4.3.

−2

−1

0

1

2

3

˜ µ(y) tal que ao multiplicarmos a equac¸ao ˜ por µ(y) a (a) Vamos supor que exista uma func¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

177

˜ seja exata. Entao ˜ nova equac¸ao

∂ ∂ (µM ) = (µN ) ∂y ∂x ou seja,

dµ ∂M ∂N M +µ =µ dy ∂y ∂x ˜ diferencial Assim, µ(y) deve satisfazer a equac¸ao

dµ = dy Como

∂N ∂x

−

M

∂M ∂y

∂N ∂x

=

−

∂M ∂y

M

µ

4x − x = 3/y, xy

˜ µ(y) deve satisfazer a equac¸ao ˜ diferencial entao

dµ 3 = µ dy y 1 dµ 3 = µ dy y ln |µ| − 3 ln y = C Assim

µ(y) = y 3 ˜ diferencial. e´ um fator integrante para a equac¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

178 (b)

˜ = y 3 (xy) e N ˜ = y 3 2x2 + 3y 2 − 20 M ˜ ∂M = 4xy 3 ∂y

4.4.

∂ N˜ = 4xy 3 ∂x




˜ µ(y) tal que ao multiplicarmos a equac¸ao ˜ por µ(y) a (a) Vamos supor que exista uma func¸ao ˜ seja exata. Entao ˜ nova equac¸ao

∂ ∂ (µM ) = (µN ) ∂y ∂x ou seja,

dµ ∂M ∂N M +µ =µ dy ∂y ∂x ˜ diferencial Assim, µ(y) deve satisfazer a equac¸ao

dµ = dy Como

∂N ∂x

−

M

∂M ∂y

∂N ∂x

−

∂M ∂y

M

=

µ

2xy = 2y, x

˜ µ(y) deve satisfazer a equac¸ao ˜ diferencial entao

dµ = 2yµ dy ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

179

1 dµ = 2y µ dy ln |µ| − y 2 = C Assim

µ(y) = ey

2

˜ diferencial. e´ um fator integrante para a equac¸ao 4.5.

(a)

M = 2y 2 +

2y , x

N = 2xy + 2 +

∂M 2 = 4y + , ∂y x ∂M ∂N 6= ∂y ∂x

⇒

y x

∂N y = 2y − 2 ∂x x

˜ nao ˜ e´ exata! A equac¸ao

˜ por µ(x) = x obtemos Multiplicando a equac¸ao


2xy 2 + 2y + 2x2 y + 2x + y y 0 = 0.

˜ = xM = 2xy 2 + 2y, M

˜ ∂M = 4xy + 2, ∂y Julho 2007

˜ = xN = 2x2 y + 2x + y N ∂ N˜ = 4xy + 2 ∂x Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

180

˜ ∂M ∂ N˜ = ∂y ∂x (b)

ψ(x, y) =

⇒ Z

˜ e´ exata! A nova equac¸ao

˜ dx = x2 y 2 + 2xy + h(y) M

˜ = 2x2 y + 2x + y = ∂ψ = 2x2 y + 2x + h0 (y) N ∂y h0 (y) = y

⇒

h(y) = y 2 /2 + C1

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por A soluc¸ao

x2 y 2 + 2xy + y 2 /2 = C ˜ acima (c) Substituindo-se x = 1 e y = 1 na soluc¸ao

1 + 2 + 1/2 = C ˜ do problema de valor inicial e´ dada implicitamente por Logo a soluc¸ao

x2 y 2 + 2xy + y 2 /2 = 7/2 4.6.

(a)

M=

1 ey + , x3 x

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

N = ey +

1 xy Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

181

∂M ey = , ∂y x ∂M ∂N 6= ∂y ∂x

⇒

∂N 1 =− 2 ∂x x y ˜ nao ˜ e´ exata! A equac¸ao

˜ por µ(x) = x obtemos Multiplicando a equac¸ao

  1 1 y y + e + xe + y 0 = 0. x2 y ˜ = xM = x−2 + ey , M ˜ ∂M = ey , ∂y ˜ ∂M ∂ N˜ = ∂y ∂x (b)

ψ(x, y) =

⇒ Z

˜ = xN = xey + y −1 N ∂ N˜ = ey ∂x

˜ e´ exata! A nova equac¸ao

˜ dx = −x−1 + xey + h(y) M

˜ = xey + y −1 = xey + h0 (y) N Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

182

h0 (y) =

1 y

⇒

h(y) = ln y + C1

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por A soluc¸ao

−x−1 + xey + ln |y| = C ˜ acima (c) Substituindo-se x = 1 e y = 1 na soluc¸ao

−1 + e = C ˜ do problema de valor inicial e´ dada implicitamente por Logo a soluc¸ao

−x−1 + xey + ln |y| = e − 1 4.7.

(a)

M = −2y, ∂M = −2, ∂y ∂M ∂N 6= ∂y ∂x

⇒

N =x+

y3 x

∂N y3 =1− 2 ∂x x ˜ nao ˜ e´ exata! A equac¸ao

x obtemos y2  2  2x x − + + y y 0 = 0. y y2

˜ por µ(x, y) = Multiplicando a equac¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

183

˜ = x M = − 2x , M y2 y ˜ ∂M 2x = 2, ∂y y ˜ ∂M ∂ N˜ = ∂y ∂x

⇒

(b)

ψ(x, y) =

Z

2 ˜ = xN = x +y N y2 y2

∂ N˜ 2x = 2 ∂x y

˜ e´ exata! A nova equac¸ao

2

˜ dx = − x + h(y) M y

2 2 ˜ = x + y = ∂ψ = x + h0 (y) N y2 ∂y y2

h0 (y) = y

⇒

h(y) =

y2 + C1 2

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por A soluc¸ao

−

x2 y 2 + =C y 2

˜ acima (c) Substituindo-se x = 1 e y = 1 na soluc¸ao

−1 + Julho 2007

1 =C 2 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

184

˜ do problema de valor inicial e´ dada implicitamente por Logo a soluc¸ao

− 4.8.

x2 y 2 1 + =− y 2 2

(a) 3

M = ex + sen y,

⇒

x cos y 3

∂N 1 = cos y ∂x 3

∂M = cos y, ∂y ∂M ∂N 6= ∂y ∂x

N=

˜ nao ˜ e´ exata! A equac¸ao

˜ por µ(x) = x2 obtemos Multiplicando a equac¸ao 2 x3

x e

2

+x +



x3 cos y 3

˜ = xM = x2 ex3 + x2 sen y, M ˜ ∂M = x2 cos y, ∂y ˜ ∂M ∂ N˜ = ∂y ∂x ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

⇒



y 0 = 0.

3 ˜ = xN = x cos y N 3

∂ N˜ = x2 cos y ∂x

˜ e´ exata! A nova equac¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

185

(b)

ψ(x, y) =

Z

3 ˜ dx = 1 ex3 + x sen y + h(y) M 3 3

3 3 ˜ = x cos y = ∂ψ = x cos y + h0 (y) N 3 ∂y 3

h0 (y) = 0

⇒

h(y) = C1

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por A soluc¸ao

1 x 3 x3 e + sen y = C 3 3 ˜ acima (c) Substituindo-se x = 0 e y = 0 na soluc¸ao

1 =C 3 ˜ do problema de valor inicial e´ dada implicitamente por Logo a soluc¸ao

1 x 3 x3 1 e + sen y = 3 3 3 4.9.

(a)

M =2+

ey x

∂M ey = , ∂y x Julho 2007

N = ey +

y x

∂N y =− 2 ∂x x Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

186

∂M ∂N 6= ∂y ∂x

⇒

˜ nao ˜ e´ exata! A equac¸ao

˜ por µ(x) = x obtemos Multiplicando a equac¸ao

2x + ey + (xey + y) y 0 = 0. ˜ = xM = 2x + ey N ˜ = xN = xey + y M ˜ ∂M = ey , ∂y ˜ ∂M ∂ N˜ = ∂y ∂x

⇒

(b)

ψ(x, y) =

Z

∂ N˜ = ey ∂x

˜ e´ exata! A nova equac¸ao

˜ dx = x2 + xey + h(y) M

˜ = xey + 2y = ∂ψ = xey + h0 (y) N ∂y h0 (y) = y

⇒

h(y) = y 2 /2 + C1

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ dada implicitamente por A soluc¸ao

x2 + xey + y 2 /2 = C ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

187

˜ acima (c) Substituindo-se x = 1 e y = 1 na soluc¸ao

1 + e + 1/2 = C ˜ do problema de valor inicial e´ dada implicitamente por Logo a soluc¸ao

x2 + xey + y 2 /2 = e + 3/2 ˜ 4.10. A equac¸ao

g(y)

dy = f (x) dx

pode ser escrita na forma

dy =0 dx ˜ M (x, y) = f (x) e N (x, y) = −g(y). Para esta equac¸ao f (x) − g(y)

∂M ∂N =0= ∂y ∂x

⇒

˜ e´ exata! A equac¸ao

˜ ˜ ´ 5. Substituic¸oes em Equac¸oes de 1a. Ordem (pagina 59) 5.1.

(a)

dy 3y + x = dx 3x + y Dividindo numerador e denominador por x obtemos 3 xy + 1 dy = . dx 3 + xy Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

188 Seja v =

y ˜ y = vx e derivando o produto vx em relac¸ao ˜ a x obtemos . Entao x dy dv = x + v. dx dx

Substituindo-se este valor de

dy y ˜ obtemos e = v na equac¸ao dx x x

dv 3v + 1 +v = dx 3+v

ou

x Multiplicando-se por

dv 3v + 1 v2 − 1 = −v =− dx 3+v 3+v

3+v ˜ se torna esta equac¸ao x(v 2 − 1) 3 + v dv 1 =− 2 v − 1 dx x 3+v 3+v A B = = + 2 v −1 (v − 1)(v + 1) v−1 v+1

Multiplicando-se por (v − 1)(v + 1) obtemos

3 + v = A(v + 1) + B(v − 1) ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

189

Substituindo-se v = −1 e v = 1 obtemos B = −1 e A = 2. Assim

Z

Z Z 3+v 1 1 dv = 2 dv − dv 2 v −1 v−1 v+1 = 2 ln |v − 1| − ln |v + 1| (v − 1)2 = ln v+1

˜ acima pode ser escrita como Logo a equac¸ao

d dx Integrando-se obtemos

Substituindo-se v =

  (v − 1)2 = −1 ln v+1 x

(v − 1)2 = − ln |x| + C1 ln v+1 x(v − 1)2 = C1 ln v+1

y obtemos x

x(v − 1)2 =C v+1

x( xy − 1)2 =C y +1 x Multiplicando-se numerador e denominador por x: (y − x)2 = C(y + x) Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

190 (b)

dy 2x2 + 5y 2 = dx 2xy Dividindo numerador e denominador por x2 obtemos

2+5 dy = dx 2 xy Seja v =


y 2 x

.

y ˜ y = vx e derivando o produto vx em relac¸ao ˜ a x obtemos . Entao x dy dv = x + v. dx dx

Substituindo-se este valor de

dy y ˜ obtemos e = v na equac¸ao dx x x

ou

x Multiplicando-se por

dv 2 + 5v 2 +v = dx 2v

dv 2 + 5v 2 3v 2 + 2 = −v = dx 2v 2v

3v 2 + 2 ˜ se torna esta equac¸ao 2xv 2v dv 1 = 3v 2 + 2 dx x

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

Z

191

2v 1 dv = ln |3v 2 + 2| = ln |3v 2 + 2|1/3 +2 3

3v 2

˜ acima pode ser escrita como Logo a equac¸ao


1 d ln |3v 2 + 2|1/3 = dx x

Integrando-se obtemos

ln |3v 2 + 2|1/3 = ln |x| + C1 2 (3v + 2)1/3 = C1 ln x Substituindo-se v =

y obtemos x

(3v 2 + 2)1/3 =C x

(3(y/x)2 + 2)1/3 =C x (3y 2 + 2x2 )1/3 = Cx5/3 5.2.

(a)

2 y3 y0 + y = 3 x x −2 ´ ˜ Fazendo a mudanc¸a de variaveis v = y , entao dv dy = (−2)y −3 dx dx Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

192

˜ acima por y −3 obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

y −3

dy 2 −2 1 + y = 3 dx x x

dy dv ˜ y −3 dx Fazendo as substituic¸oes = − 12 dx e y −2 = v obtemos

−

1 dv 2 1 + v= 3 2 dx x x

˜ por −2 obtemos Multiplicando esta equac¸ao

4 2 v0 − v = − 3 x x

˜ linear e tem soluc¸ao ˜ que e´ uma equac¸ao

v(x) =

1 + Cx4 3x2

˜ da equac¸ao ˜ dada e´ Assim a soluc¸ao

y −2 = (b)

1 + Cx4 2 3x

4 y 0 + y = −x5 ex y 2 x −1 ´ ˜ Fazendo a mudanc¸a de variaveis v = y , entao dv dy = −y −2 dx dx

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

193

˜ acima por y −2 obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

y −2

dy 4 −1 + y = −x5 ex dx x

dy dv ˜ y −2 dx Fazendo as substituic¸oes = − dx e y −1 = v obtemos

−

dv 4 + v = −x5 ex dx x

˜ por −1 obtemos Multiplicando esta equac¸ao

4 v 0 − v = x 5 ex x ˜ linear e tem soluc¸ao ˜ que e´ uma equac¸ao

v(x) = x5 ex − x4 ex + Cx4 ˜ da equac¸ao ˜ dada e´ Assim a soluc¸ao

y(x) = (c)

1 x5 e x

−

x 4 ex

+ Cx4

2 +u x 2 y 0 = − + u0 x y=

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

194 ˜ Substituindo-se na equac¸ao

−

4 1 2 2 2 + u0 = − 2 − ( + u) + ( + u)2 2 x x x x x 3 u0 − u = u 2 x

˜ de Bernoulli. Fazendo a substituic¸ao ˜ v = u−1 obtemos Esta e´ uma equac¸ao

3 v 0 + v = −1 x ˜ e´ linear. O fator integrante e´ µ(x) = x3 . Multiplicando-se a equac¸ao ˜ por Esta equac¸ao µ(x) obtemos


d x3 v = −x3 dx

Integrando-se obtemos

x4 +c 4 x c v(x) = − + 3 4 x

x3 v(x) = −

˜ da equac¸ao ˜ e´ dada impliciSubstituindo-se v = u−1 = (y − x2 )−1 obtemos que a soluc¸ao tamente por

1 y− ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

2 x

x c =− + 3 4 x Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

195

˜ y 0 = (y − x)2 obtemos (d) Substituindo-se y − x = v e y 0 = 1 + v 0 na equac¸ao

1 + v0 = v2 1 v0 = 1 −1 v − 1 = 2x + c1 ln v + 1 v2

v−1 = ce2x v+1 y−x−1 = ce2x y−x+1

˜ xy 0 = e−xy − y obtemos (e) Substituindo-se vy = v e y + xy 0 = v 0 na equac¸ao

v 0 = e−v ev v 0 = 1 ev = x + c exy = x + c ˜ obtemos (f) Substituindo-se x + ey = v e 1 + ey y 0 = v 0 na equac¸ao

v 0 = xv 1 = v0 = x v Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

196

x2 + c1 ln |v| = 2 x2

v = ce 2

x + ey = ce

x2 2

˜ ´ 6. Aplicac¸oes (pagina 111) 6.1.

(a)

 1 Q  dQ = 2te− 100 t − . dt 100  Q(0) = 100

˜ e´ linear e pode ser reescrita como A equac¸ao

1 dQ Q + = 2te− 100 t . dt 100

ˆ precisamos determinar o fator integrante Para resolve-la

µ(t) = e

R

1 dt 100

1

= e 100 t 1

˜ diferencial por µ(t) = e 100 t obtemos Multiplicando-se a equac¸ao 1 d (e 100 t Q) = 2t dt

Integrando-se ambos os membros obtemos 1

e 100 t Q(t) = t2 + C ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

197

ou

1

1

Q(t) = t2 e− 100 t + Ce− 100 t Substituindo-se t = 0 e Q = 100, obtemos

100 = C ˜ do problema de valor inicial e´ Ou seja, a soluc¸ao 1

1

Q(t) = t2 e− 100 t + 100e− 100 t . ˜ em t = 10 min e´ dada por (b) A concentrac¸ao

c(10) = 6.2.

(a)

1 1 Q(10) 102 =( + 1)e− 100 10 = 2e− 10 gramas/litro 100 100

 2 Q  dQ = 300e− 10 t − 10 . dt 100  Q(0) = 0

˜ e´ linear e pode ser reescrita como A equac¸ao

2 dQ Q + = 300e− 10 t . dt 10

ˆ precisamos determinar o fator integrante Para resolve-la

µ(t) = e Julho 2007

R

1 dt 10

1

= e 10 t Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

198

1

˜ diferencial por µ(t) = e 10 t obtemos Multiplicando-se a equac¸ao 1 2 1 d 1t (e 10 Q) = 300e 10 t e− 10 t = 300e− 10 t dt

Integrando-se ambos os membros obtemos 1

1

e 10 t Q(t) = −3000e− 10 t + C ou 1

2

Q(t) = −3000e− 10 t + Ce− 10 t Substituindo-se t = 0 e Q = 0, obtemos

0 = −3000 + C ˜ do problema de valor inicial e´ Ou seja, a soluc¸ao 1

2

Q(t) = 3000(e− 10 t − e− 10 t ). ˜ de sal no tanque e´ dada por (b) A concentrac¸ao

c(t) =

1 2 Q(t) = 30(e− 10 t − e− 10 t ) 100

1

˜ c(t) = 7,5 se, e somente se, x − x2 = Se x = e− 10 t . Entao 1 t = ln 2 ou t = 10 ln 2 min. 10 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

75 300

=

1 4

ou x = 1/2 ou

Julho 2007

1.9 6.3.

Respostas dos Exerc´ıcios (a)

199

 Q  dQ = 20 − . dt 25  Q(0) = 100

˜ e´ linear e pode ser reescrita como A equac¸ao

dQ Q + = 20. dt 25

ˆ precisamos determinar o fator integrante Para resolve-la

µ(t) = e

R

1 dt 25

1

= e 25 t 1

˜ diferencial por µ(t) = e 25 t obtemos Multiplicando-se a equac¸ao 1 d 1t (e 25 Q) = 20e 25 t dt

Integrando-se ambos os membros obtemos 1

1

e 25 t Q(t) = 500e 25 t + C ou

1

Q(t) = 500 + Ce− 25 t Substituindo-se t = 0 e Q = 100, obtemos

100 = 500 + C ˜ do problema de valor inicial e´ Ou seja, a soluc¸ao 1

Q(t) = 500 − 400e− 25 t . Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

200 (b)

Q(t) = 5 gramas por litro t→∞ 100

lim c(t) = lim

t→∞

c(t) =

5 2

1

se, e somente se, Q(t) = 250 = 500 − 400e− 25 t ou 1

e− 25 t = ou

−

250 5 = 400 8

1 5 t = ln 25 8

ou

t = 20 ln 6.4.

(a)

8 5

min.

  dQ = 3 − 2 Q . dt 100 + t  Q(0) = 10

˜ e´ linear e pode ser reescrita como A equac¸ao

dQ Q +2 = 3. dt 100 + t ˆ precisamos determinar o fator integrante Para resolve-la

µ(t) = e

R

2 dt 100+t

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

= e2 ln |100+t| = (100 + t)2 Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

201

˜ diferencial por µ(t) = (100 + t)2 obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

d ((100 + t)2 Q) = 3(100 + t)2 dt Integrando-se ambos os membros obtemos

(100 + t)2 Q(t) = (100 + t)3 + C ou

Q(t) = 100 + t + C(100 + t)−2 Substituindo-se t = 0 e Q = 10, obtemos

10 = 100 + C10−4

⇒

C = −9 105

˜ do problema de valor inicial e´ Ou seja, a soluc¸ao

Q(t) = 100 + t − 9 105 (100 + t)−2 gramas. ˜ de sal no tanque e´ dada por (b) A concentrac¸ao

c(t) =

Q(t) = 1 − 9 105 (100 + t)−3 100 + t

O tanque estara´ cheio para t = 100.

lim c(t) = 1 −

t→100

Julho 2007

9 71 = gramas/litro 80 80 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

202 6.5.

(a)

  dQ = −2 Q . dt 100 − t  Q(0) = 10

˜ e´ separavel ´ A equac¸ao e pode ser reescrita como

1 dQ 2 =− . Q dt 100 − t ou ainda

Integrando-se obtemos

d 2 (ln |Q|) = − dt 100 − t ln |Q(t)| = 2 ln |100 − t| + C1

ou

Q(t) = C(100 − t)2

Substituindo-se t = 0 e Q = 10, obtemos

10 = C104

⇒

C = 10−3

˜ do problema de valor inicial e´ Ou seja, a soluc¸ao

Q(t) = 10−3 (100 − t)2 gramas. ˜ de sal no tanque e´ dada por (b) A concentrac¸ao

c(t) =

Q(t) = 10−3 (100 − t) 100 − t

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

203

O tanque estara´ vazio para t = 100.

lim c(t) = 0 grama/litro.

t→100

6.6.

(a)

dv dv = mv = −kx dt dx
d mv 2 /2 = −kx dx

m

mv 2 /2 = −kx2 /2 + C mv 2 /2 + kx2 /2 = C Substituindo-se x = R, v = 0:

kR2 /2 = C mv 2 /2 = kR2 /2 − kx2 /2 v(x) = (b) Substituindo-se x = 0:

2p 2 kR /2 − kx2 /2 m

v(0) = Substituindo-se x = −R:

Julho 2007

2p 2 kR /2 m

v(−R) = 0. Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

204 6.7.

dV = kA = k4πr 2 dt 4 V (r) = πr 3 3 dV dV dr dr = = 4πr 2 dt dr dt dt ˜ Substituindo na primeira equac¸ao:

dr =k dt r(t) = kt + C Substituindo t = 0 e r = r0 :

r0 = C Substituindo t = 1 e r = r0 /2:

r0 /2 = k + r0 k = −r0 /2 r(t) = r0 (1 − t/2) 6.8.

dy = ky dt

⇒

y(t) = y0 ekt

48 = y(1) = y0 ek 27 = y(3) = y0 e3k ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

205

48 = e−2k 27 1 48 1 16 3 k = − ln = − ln = ln 2 27 2 9 4 √ 48 4 y0 = 48e−k = 48 √ = 48 = 64 3 27 6.9.

dy = ky dt y(t) = y0 ekt

400 = y0 e3k

2500 = y0 e

9k

⇒ ⇒ y0−2 =

y0 = Julho 2007



4003 2500

k=

ln(400/y0 ) 3

2500 = y0



400 y0

3

2500 4003

1/2

=

203 = 160 50 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

206 6.10.

dy = ky dt y(t) = 35000ekt 30000 = 35000ek y(2) = 35000e2k

⇒

k = ln(30000/35000) = ln(6/7)
2 = 35000 76 = 5000 36 = 180000 ≈ R$ 25714, 00 7 7

˜ cresce a uma taxa proporcional a populac¸ao ˜ presente o que significa que a 6.11. A populac¸ao ˜ y(t), e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial populac¸ao,

˜ que como vimos acima tem soluc¸ao

  dy = ky. dt  y(0) = y0 y(t) = y0 ekt

˜ e´ o dobro da populac¸ao ˜ original, entao ˜ substituindo-se t = 1 Como em uma hora a populac¸ao e y = 2y0 obtemos

2y0 = y0 ek

⇒

k = ln 2

˜ que descreve como a populac¸ao ˜ de bacterias ´ Assim, a equac¸ao varia com o tempo e´

y(t) = y0 e(ln 2)t ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

207

˜ triplica substitu´ımos y = 3y0 e determinaAgora para sabermos em quanto tempo a populac¸ao mos t que e´

t= Julho 2007

ln 3 ≈ 1, 585 horas ≈ 1 hora e 35 minutos. ln 2 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

208 8yo

y 7yo

6yo

5yo

4yo

3yo

2yo

yo

0

−0.5

t

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

˜ do tempo, y(t), e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor 6.12. O numero ´ de pessoas infectadas como func¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

209

inicial

  dy = ky(100 − y). dt  y(0) = 1

˜ e´ separavel. ´ ˜ por A equac¸ao Multiplicando-se a equac¸ao

1 y(100−y)

obtemos

dy 1 =k y(100 − y) dt Vamos decompor

1 y(100−y)

(1.58)

˜ parciais: em frac¸oes

1 A B = + y(100 − y) y 100 − y ˜ acima por y(100 − y) obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

1 = A(100 − y) + By Substituindo-se y = 0 e y = 100 obtemos A = 1/100 e B = 1/100. Assim,

Z

Z  Z 1 1 1 1 dy = dy + dy y(100 − y) 100 y 100 − y 1 = (ln |y| − ln |100 − y|) 100

˜ (1.58) pode ser escrita como Logo a equac¸ao

1 100 Julho 2007



 d dy (ln |y| − ln |100 − y|) =k dy dt Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

210 ou ainda como

d (ln |y| − ln |100 − y|) = k100 dt

˜ que tem soluc¸ao

ln |y| − ln |100 − y| = k100t + C1 . Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como

y = C1 + k100t. ln 100 − y

Aplicando a exponencial a ambos os membros obtemos

y = ±eC1 e100kt = Ce100kt 100 − y ˜ acima obtemos Substituindo-se t = 0 e y = 1 na equac¸ao

C=

1 1 = . 100 − 1 99

Vamos explicitar y(t).

y = (100 − y)Ce100kt

⇒

y + Ce100kt y = 100Ce100kt

˜ do problema de valor inicial e´ Portanto a soluc¸ao 100 100kt e 100e100kt 100 C100e100kt 99 y(t) = = = 1 100kt = 100kt 100kt −100kt 1 + Ce 99 + e 99e +1 1 + 99 e

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

211

Substituindo-se t = 4 e y = 5 obtemos

5=

100 99e−400k + 1

⇒

e−400k =

19 99

⇒

−100k =

ln 19 99 4

Logo

100

y(t) = 99e Julho 2007

19 ln 99 4

t

+1 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

212 100

y

80

60

40

20

0

−20

t

−5

0

5

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

10

15

20

25

30

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

ti yi ˜ 1950 52 milhoes ˜ 1960 70 milhoes 6.13. 1970 93 milhoes ˜ ˜ 1980 119 milhoes ˜ 1991 149 milhoes ˜ 2000 170 milhoes

gi 0, 0346 0, 0329 0, 0280 0, 0229 0, 0157 -

213 gi +hi 2

hi -

0, 0257 0, 0247 0, 0218 0, 0183 0, 0143

0, 0293 0, 0263 0, 0224 0, 0170

gi + hi 1 dy (ti ) = ay(ti ) + b ≈ , y dt 2

para ti = 1960, 1970, 1980, 1991. Usando quadrados m´ınimos vamos encontrar a melhor reta que se ajusta ao conjunto de pontos

yi ˜ 70 milhoes ˜ 93 milhoes ˜ 119 milhoes ˜ 149 milhoes Julho 2007

gi +hi 2

0.0293 0.0263 0.0224 0.0170 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

214 0.03

0.028

0.026

z=ay+b

0.024

0.022

0.02

0.018

0.016 70

80

90

100

110 y (em milhões)

120

130

140

150

encontrando a = −1, 56 · 10−10 , b = 0, 04. Assim obtemos k = 1, 56 · 10−10 e yM = 269 ˜ milhoes. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

215

˜ obtemos Usando t0 = 2000, y0 = 170 milhoes

y(t) =

260 · 106 1 + 0, 53 · e−0,04(t−2000)

Para t = 2007 temos

˜ de habitantes. y(2007) = 186 milhoes

Uma diferenc¸a de 1 %. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

216 260 250 240 230 220 210

População (em milhões)

200 190 180 170 160 150 140 130 120 110 100 90 80 70 60 50 1950

1960

1970

1980

1990

2000

2010

2020

2030

2040

2050

2060

Ano

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

6.14.

217

 √   dh = k h dV dt dh   h(0) = h0

Como para o cone

2  2 hR 1 R h= π h3 H 3 H  2 R dV =π h2 dh H

1 1 V (h) = πr 2 h = π 3 3



˜ o problema pode ser modelado por entao

˜ por h3/2 Multiplicando a equac¸ao

ou

Julho 2007

  dh = kh−3/2 dt  h(0) = 2, h(30) = 1 dh h3/2 =k dt   d 2 5/2 dh h =k dh 5 dt   d 2 5/2 h =k dt 5 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

218 Integrando-se ambos os lados

2 5/2 h = kt + C 5 ou

h(t) = (

C 0 + k 0 t 2/5 ) 2

Substituindo t = 0 e h = 2:

25/2 = C 0 Substituindo t = 30 e h = 1:

C 0 + 30k 0 = 1

⇒

k0 =

1 − C0 1 − 25/2 = 30 30

˜ que descreve como a altura varia com o tempo e´ dada por Assim a func¸ao

h(t) = (C 0 + k 0 t)2 = (25/2 + Substituindo h = 0:

t=− 6.15.

1 − 25/2 2 t) 30

C0 30 · 25/2 = − ≈ 36 min k0 1 − 25/2

ˆ ˜ do problema de valor inicial (a) A temperatura registrada no termometro, T (t), e´ a soluc¸ao

  dT = k(T − 5). dt  T (0) = 20

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

219

dT = k(T − 5) dt 1 dT =k T − 5 dt d (ln |T − 5|) = k dt ln |T − 5| = kt

ln |T − 5| = C1 + kt T (t) = 5 + Cekt

Substituindo t = 0 e T = 20:

20 = 5 + C

⇒

C = 15

T (t) = 5 + 15ekt Substituindo t = 1/2 e T = 15:

15 = 5 + 15ek/2

⇒

k = 2 ln(2/3)

˜ do tempo e´ dada por Assim a temperatura do cafe´ em func¸ao

T (t) = 5 + 15e2 ln(2/3)t ´ 1 minuto o termometro ˆ (b) Apos deve marcar

T (1) = 5 + 15e2 ln(2/3) = 5 + 15 Julho 2007

2 2 105 = ≈ 11, 7◦ C 3 9 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

220 (c) Substituindo T = 10 em T (t) = 5 + 15e2 ln(2/3)t :

10 = 5 + 15e2 ln(2/3)t ´ para que o termometro ˆ Logo o tempo necessario marque 10◦ e´ de

t= 6.16.

ln(1/3) ≈ 1 min e 20 segundos 2 ln(2/3)

(a)

dv = 10 − 2v dt 120 dv =1 10 − 2v dt

120

d (−60 ln |10 − 2v|) = 1 dt 60 ln |10 − 2v| = −t + C1 ln |10 − 2v| =

C1 − t 60 t

v(t) = 5 − Ce− 60 Substituindo-se t = 0 e v = 0:

0=5−C

⇒

C=5 t

v(t) = 5 − 5e− 60 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

221

(b)

t

lim v(t) = lim (5 − 5e− 60 ) = 5 m/s

t→∞

Julho 2007

t→∞

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

222 5

v

4

3

2

1

0

−1

t

0

50

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

100

150

200

Julho 2007

1.9 6.17.

Respostas dos Exerc´ıcios

223

(a)

 1  dS = S + d. dt 100  S(0) = 0

˜ e´ linear e pode ser reescrita como A equac¸ao

dS 1 − S = d. dt 100 ˆ precisamos determinar o fator integrante Para resolve-la

µ(t) = e

R

1 − 100 dt

1

= e− 100 t 1

˜ diferencial por µ(t) = e− 100 t obtemos Multiplicando-se a equac¸ao 1 d − 1 t (e 100 S) = de− 100 t dt

Integrando-se ambos os membros obtemos 1

1

e− 100 t S(t) = −100de− 100 t + C ou

1

S(t) = Ce 100 t − 100d Substituindo-se t = 0 e S = 0, obtemos 1

0 = Ce 100 0 − 100d Julho 2007

⇒

C = 100d Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

224 ˜ do problema de valor inicial e´ Ou seja, a soluc¸ao 1

S(t) = 100d(e 100 t − 1). Substituindo-se d = 100, t = 20 · 12 = 240 obtemos

S(240) = 10000(e2,4 − 1) ≈ R$ 100231, 00 (b)

 1  dS = S − d. dt 100  S(0) = 100231

˜ da equac¸ao ˜ e´ obtida da anterior trocando-se d por −d. A soluc¸ao 1

S(t) = Ce 100 t + 100d Substituindo-se t = 0 e S = 100231 obtemos

100231 = C + 100d

⇒

C = 100231 − 100d

Assim

1

S(t) = (100231 − 100d)e 100 t + 100d

Substituindo-se t = 20 · 12 = 240 e S = 0 obtemos

0 = (100231 − 100d)e2,4 + 100d d=

100231e2,4 ≈ R$ 1102, 00 100(e2,4 − 1)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

225

6.18.

200

dQ + 104 Q = 10. dt

dQ + 50Q = 5 · 10−2 . dt ˜ e´ linear. Multiplicando-se a equac¸ao ˜ pelo fator integrante µ(t) = e50t obtemos A equac¸ao

d 50t
e Q = 5 · 10−2 e50t dt

integrando-se obtemos

e50t Q(t) = 10−3 e50t + k ou

Q(t) = 10−3 + ke−50t ˜ do problema de valor Substituindo-se t = 0 e Q = 0 obtemos k = −10−3 e assim a soluc¸ao inicial e´


Q(t) = 10−3 1 − e−50t coulombs.

I(t) = 6.19.

dQ = 5 · 10−2 e−50t amperes dt

˜ do raio refletido e´ (a) A equac¸ao

y − y(x0 ) = tan(2α − Julho 2007

π )(x − x0 ) 2 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

226 ˜ Como tan α = y 0 , entao 1 tan(2α − π2 ) = − cot(2α) = − tan(2α) =

y 02 −1 . 2y 0

˜ do raio refletido e´ Da´ı segue-se que a equac¸ao

y − y(x0 ) =

y 02 − 1 (x − x0 ) 2y 0

(b) Fazendo x = 0 e y = 0 obtemos

y(x0 ) =

y 02 − 1 x0 2y 0

ou trocando-se x0 por x e y(x0 ) por y :

2yy 0 = x(y 02 − 1) ˜ anterior pode ser reescrita como (c) A equac¸ao

xy 02 − 2yy 0 − x = 0 ˜ do segundo grau em y 0 resolvendo-a obtemos que e´ uma equac¸ao

y y = ± x 0

r  y 2 x

+1

˜ se transformam em (d) Fazendo y = vx temos que y 0 = v + xv 0 e as equac¸oes

v + xv 0 = v ± ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

√

v2 + 1 Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

227

√ xv 0 = ± v 2 + 1 1 dv 1 √ =± x v 2 + 1 dx d 1 (arcsenh v) = ± dx x ±arcsenh v = ln x + c˜ Substituindo-se v = y/x:

±v = senh(ln x + c˜)

y = senh(ln x + c˜) x y eln x+˜c − e−(ln x+˜c) cx − (cx)−1 ± = = x 2 2 c 1 ±y = x2 − 2 2c ±

´ que e´ uma parabola. 6.20.

˜ das hiperboles ´ ˜ da fam´ılia dada (a) Da equac¸ao obtemos que c = xy . Derivando a equac¸ao ˜ diferencial para as hiperboles ´ obtemos a equac¸ao dadas e´

dy c y =− 2 =− dx x x ˜ diferencial para as trajetorias ´ Portanto a equac¸ao ortogonais e´

dy x = dx y Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

228

y 2 x2 − =c 2 2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

229

1.5

y

1

0.5

0

x

−0.5

−1

−1.5 −1.5

Julho 2007

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

230 ˜ da fam´ılia dada temos que c = (b) Da equac¸ao obtemos

x2 −y 2 . 2y

2x + 2(y − c)2

˜ da fam´ılia dada Derivando a equac¸ao

dy =0 dx

˜ diferencial para a fam´ılia de curvas dadas e´ Assim a equac¸ao

dy 2xy = 2 dx x − y2 ´ E para a fam´ılia de trajetorias ortogonais

dy x2 − y 2 =− dx 2xy

˜ e´ cuja soluc¸ao

(x − c)2 + y 2 = c2 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

231

1.5

y

1

0.5

0

x

−0.5

−1

−1.5 −1.5

Julho 2007

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

232

´ ˜ ˆ ´ 7. Analise Qualitativa de Equac¸oes Autonomas (pagina 134)

7.1.

˜ y1 = 0 e y2 = 1. (a) Os pontos de equil´ıbrio sao ´ ´ y1 = 0 e´ ponto de equil´ıbrio instavel pois para valores de y proximos de y1 = 0 temos

dy = f (y) < 0, para y < y1 = 0 dt dy • = f (y) > 0, para y > y1 = 0. dt

•

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y1 = 0 a soluc¸ao afastando de y1 = 0, quando t cresce. ´ ´ y2 = 1 e´ ponto de equil´ıbrio estavel pois para valores de y proximos de y2 = 1 temos

dy = f (y) > 0, para y < y2 = 1 dt dy • = f (y) < 0, para y > y2 = 1. dt •

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y2 = 1 a soluc¸ao aproximando de y2 = 1, quando t cresce. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

233

0.5

y’ = f(y)

0

y

−0.5

−1

−1.5

−2 −1

Julho 2007

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

234

dy ˜ as soluc¸oes ˜ ˜ crescentes para = y − y 2 > 0, para 0 < y < 1, entao sao dt dy ˜ as soluc¸oes ˜ sao ˜ 0 < y < 1. Como = y − y 2 < 0, para y < 0 e para y > 1, entao dt decrescentes para y < 0 e para y > 1.

(b) Como

(c)

d2 y d dy d = = (y − y 2 ). 2 dt dt dt dt Mas pela regra da cadeia

d dy (y − y 2 ) = (1 − 2y) = (1 − 2y)(y − y 2 ). dt dt Assim

d2 y = (1 − 2y)(y − y 2 ). dt2 ˜ tem ˆ pontos de inflexao ˜ para y = 1/2, y = 0 e y = 1. Logo as soluc¸oes (d) ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

235

3

y

2

1

0

t

−1

−2

−3 −3

Julho 2007

−2

−1

0

1

2

3

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

236 7.2.

˜ y1 = −1 e y2 = 1. (a) Os pontos de equil´ıbrio sao ´ ´ y1 = −1 e´ ponto de equil´ıbrio instavel pois para valores de y proximos de y1 = −1 temos

•

dy = f (y) < 0, para y < y1 = −1 dt

•

dy = f (y) > 0, para y > y1 = −1. dt

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y1 = −1 a soluc¸ao afastando de y1 = −1, quando t cresce. ´ ´ y2 = 1 e´ ponto de equil´ıbrio estavel pois para valores de y proximos de y2 = 1 temos

•

dy = f (y) > 0, para y < y2 = 1 dt

•

dy = f (y) < 0, para y > y2 = 1. dt

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y2 = 1 a soluc¸ao aproximando de y2 = 1, quando t cresce. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

237

1

y’ = f(y)

0.5

0

y

−0.5

−1

−1.5 −1.5

Julho 2007

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

238

dy ˜ as soluc¸oes ˜ ˜ crescentes para = 1 − y 2 > 0, para −1 < y < 1, entao sao dt dy ˜ as soluc¸oes ˜ sao ˜ −1 < y < 1. Como = 1 − y 2 < 0, para y < −1 e para y > 1, entao dt decrescentes para y < −1 e para y > 1.

(b) Como

(c)

d2 y d dy d = = (1 − y 2 ). 2 dt dt dt dt Mas pela regra da cadeia

dy d (1 − y 2 ) = −2y = −2y(1 − y 2 ). dt dt Assim

d2 y = −2y(1 − y 2 ). dt2 ˜ tem ˆ pontos de inflexao ˜ para y = −1, y = 0 e y = 1. Logo as soluc¸oes (d) ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

239

3

y

2

1

0

t

−1

−2

−3 −1.5

Julho 2007

−1

−0.5

0

0.5

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

240 7.3.

˜ y1 = −1 e y2 = 0. (a) Os pontos de equil´ıbrio sao ´ ´ y1 = −1 e´ ponto de equil´ıbrio instavel pois para valores de y proximos de y1 = −1 temos

•

dy = f (y) < 0, para y < y1 = −1 dt

•

dy = f (y) > 0, para y > y1 = −1. dt

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y1 = −1 a soluc¸ao afastando de y1 = −1, quando t cresce. ´ ´ y2 = 0 e´ ponto de equil´ıbrio estavel pois para valores de y proximos de y2 = 10 temos

•

dy = f (y) > 0, para y < y2 = 0 dt

•

dy = f (y) < 0, para y > y2 = 0. dt

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y2 = 0 a soluc¸ao aproximando de y2 = 0, quando t cresce. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

241

0.5

y’ = f(y)

0

y

−0.5

−1

−1.5

−2 −2

Julho 2007

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

242

dy ˜ as soluc¸oes ˜ ˜ crescentes para = −y − y 2 > 0, para −1 < y < 0, entao sao dt dy ˜ as soluc¸oes ˜ −1 < y < 0. Como = −y − y 2 < 0, para y < −1 e para y > 0, entao dt ˜ decrescentes para y < −1 e para y > 0. sao

(b) Como

(c)

d2 y d dy d = = (−y 2 − y). 2 dt dt dt dt Mas pela regra da cadeia

d dy (−y 2 − y) = −(2y + 1) = (2y + 1)(y 2 + y). dt dt Assim

d2 y = (2y + 1)(y 2 + y). dt2 ˜ tem ˆ pontos de inflexao ˜ para y = −1, y = 0 e y = −1/2. Logo as soluc¸oes (d) ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

243

3

y

2

1

0

t

−1

−2

−3 −0.5

Julho 2007

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

244 7.4.

˜ y1 = −1 e y2 = 0. (a) Os pontos de equil´ıbrio sao ´ ´ y1 = −1 e´ ponto de equil´ıbrio estavel pois para valores de y proximos de y1 = −1 temos

•

dy = f (y) > 0, para y < y1 = −1 dt

•

dy = f (y) < 0, para y > y1 = −1. dt

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y1 = −1 a soluc¸ao aproximando de y1 = −1, quando t cresce. ´ ´ y2 = 0 e´ ponto de equil´ıbrio instavel pois para valores de y proximos de y2 = 10 temos

•

dy = f (y) < 0, para y < y2 = 0 dt

•

dy = f (y) > 0, para y > y2 = 0. dt

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y2 = 0 a soluc¸ao afastando de y2 = 0, quando t cresce. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

245

2

y’ = f(y)

1.5

1

0.5

0

y

−0.5 −2

Julho 2007

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

246

dy ˜ as soluc¸oes ˜ ˜ decrescentes para = y + y 2 < 0, para −1 < y < 0, entao sao dt dy ˜ as soluc¸oes ˜ sao ˜ −1 < y < 0. Como = y + y 2 < 0, para y < −1 e para y > 0, entao dt crescentes para y < −1 e para y > 0.

(b) Como

(c)

d2 y d dy d = = (y 2 + y). 2 dt dt dt dt Mas pela regra da cadeia

d 2 dy (y + y) = (2y + 1) = (2y + 1)(y 2 + y). dt dt Assim

d2 y = (2y + 1)(y 2 + y). dt2 ˜ tem ˆ pontos de inflexao ˜ para y = −1, y = 0 e y = −1/2. Logo as soluc¸oes (d) ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

247

3

y

2

1

0

t

−1

−2

−3 −3

Julho 2007

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

Reginaldo J. Santos

248

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

249

60

y’=f(y) 50

40

30

20

10

0

y

7.5.

−10 −3

Julho 2007

−2

−1

0

1

2

3

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

250

˜ as ra´ızes de f (y) = (y 2 − 4)(y 2 + y), ou seja, y1 = −2, y2 = −1, Os pontos de equil´ıbrio sao y3 = 0 e y4 = 2. ´ ´ (a) y1 = −2 e´ ponto de equil´ıbrio estavel pois para valores de y proximos de y1 = −2 temos

• y 0 = f (y) > 0, para y < y1 = −2 • y 0 = f (y) < 0, para y > y1 = −2.

´ ˜ correspondente y(t) O que implica que se y0 = y(0) e´ proximo de y1 = −2 a soluc¸ao esta´ se aproximando de y1 = −2, quando t cresce.

´ ´ (b) y2 = −1 e´ ponto de equil´ıbrio instavel pois para valores de y proximos de y2 = −1 temos

• y 0 = f (y) > 0, para y < y2 = −1 • y 0 = f (y) < 0, para y > y2 = −1.

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y2 = −1 a soluc¸ao afastando de y2 = −1, quando t cresce.

´ ´ (c) y3 = 0 e´ ponto de equil´ıbrio estavel pois para valores de y proximos de y3 = 0 temos

• y 0 = f (y) > 0, para y < y3 = 0 • y 0 = f (y) < 0, para y > y3 = 0.

´ ˜ correspondente y(t) esta´ O que implica que se y0 = y(0) e´ proximo de y3 = 0 a soluc¸ao se aproximando de y3 = 0, quando t cresce. ´ ´ (d) y4 = 2 e´ ponto de equil´ıbrio instavel pois para valores de y proximos de y4 = 2 temos

• y 0 = f (y) > 0, para y < y4 = 2 • y 0 = f (y) < 0, para y > y4 = 2. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

251

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y4 = 2 a soluc¸ao afastando de y4 = 2, quando t cresce.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

252

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

253

10

y’=f(y)

8

6

4

2

0

y

7.6.

−2 −5

Julho 2007

−4

−3

−2

−1

0

1

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

254

˜ as ra´ızes de f (y) = (ey − 1)(y + 4), ou seja, y1 = −4 e y2 = 0. Os pontos de equil´ıbrio sao

´ ´ (a) y1 = −4 e´ ponto de equil´ıbrio estavel pois para valores de y proximos de y1 = −4 temos

• y 0 = f (y) > 0, para y < y1 = −4 • y 0 = f (y) < 0, para y > y1 = −4. ´ ˜ correspondente y(t) O que implica que se y0 = y(0) e´ proximo de y1 = −4 a soluc¸ao esta´ se aproximando de y1 = −4, quando t cresce. ´ ´ (b) y2 = 0 e´ ponto de equil´ıbrio instavel pois para valores de y proximos de y2 = 0 temos

• y 0 = f (y) > 0, para y < y2 = 0 • y 0 = f (y) < 0, para y > y2 = 0. ´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y2 = 0 a soluc¸ao afastando de y2 = 0, quando t cresce. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

Julho 2007

255

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

256

6

y’=f(y)

4

2

0

y

−2

−4

7.7.

−6 −3

−2.5

−2

−1.5

−1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

−0.5

0

0.5

1

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

257

˜ as ra´ızes de f (y) = y(y 2 + 3y + 2), ou seja, y1 = −2, y2 = −1 e Os pontos de equil´ıbrio sao y3 = 0. ´ ´ (a) y1 = −2 e´ ponto de equil´ıbrio instavel pois para valores de y proximos de y1 = −2 temos

• y 0 = f (y) < 0, para y < y1 = −2 • y 0 = f (y) > 0, para y > y1 = −2.

´ ˜ correspondente y(t) O que implica que se y0 = y(0) e´ proximo de y1 = −2 a soluc¸ao esta´ se afastando de y1 = −2, quando t cresce.

´ ´ (b) y2 = −1 e´ ponto de equil´ıbrio estavel pois para valores de y proximos de y2 = −1 temos

• y 0 = f (y) > 0, para y < y2 = −1 • y 0 = f (y) < 0, para y > y2 = −1.

´ ˜ correspondente y(t) O que implica que se y0 = y(0) e´ proximo de y2 = −1 a soluc¸ao esta´ se aproximando de y2 = −1, quando t cresce.

´ ´ (c) y3 = 0 e´ ponto de equil´ıbrio instavel pois para valores de y proximos de y3 = 0 temos

• y 0 = f (y) > 0, para y < y3 = 0 • y 0 = f (y) < 0, para y > y3 = 0.

´ ˜ correspondente y(t) esta´ se O que implica que se y(0) e´ proximo de y3 = 0 a soluc¸ao afastando de y3 = 0, quando t cresce. ˆ ´ 8. Existencia e Unicidade (pagina 148) 8.1.

(a)

f (t, y) = Julho 2007

p y2 − 4

⇒

∂f y =p . ∂y y2 − 4

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

258

˜ Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que −2 < y0 < 2 o problema de valor inicial tem soluc¸ao unica. ´ (b)

f (t, y) =

√

ty

⇒

∂f t = √ . ∂y 2 ty

˜ Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que y0 t0 > 0 o problema de valor inicial tem soluc¸ao unica. ´ (c)

f (t, y) =

y2 t2 + y 2

⇒

∂f 2t2 y = 2 . ∂y (t + y 2 )2

Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que (t0 , y0 ) 6= (0, 0) o problema de valor inicial tem ˜ unica. soluc¸ao ´ (d)

f (t, y) = t

p 1 − y2

⇒

ty ∂f = −p . ∂y 1 − y2

˜ Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que −1 < y0 < 1 o problema de valor inicial tem soluc¸ao unica. ´ 8.2.

(a)

t−2 t−2 = 2 t −1 (t − 1)(t + 1) t t q(t) = 2 = . t −1 (t − 1)(t + 1) p(t) =

˜ o problema de valor inicial tem soluc¸ao ˜ no intervalo −1 < t < 1. Como t0 = 0, entao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

259

(b)

p(t) = q(t) =

t2

t t = −1 (t − 1)(t + 1)

t2 t2 = . t2 − 1 (t − 1)(t + 1)

˜ o problema de valor inicial tem soluc¸ao ˜ no intervalo t > 1. Como t0 = 2, entao (c)

p(t) = q(t) =

t+1 t+1 = 2 t −t t(t − 1)

et et = . t2 − t t(t − 1)

˜ o problema de valor inicial tem soluc¸ao ˜ no intervalo t < 0. Como t0 = −1, entao (d)

t+3 t+3 = t2 − t t(t − 1) cos t cos t q(t) = 2 = . t −t t(t − 1) p(t) =

˜ o problema de valor inicial tem soluc¸ao ˜ no intervalo t > 1. Como t0 = 2, entao ´ 8.3. Seja t fixo, tal que α < t < β . Pelo Teorema do Valor Medio, dados y e z com δ < y, z < γ existe ξ entre y e z tal que

f (t, y) − f (t, z) = Julho 2007

∂f (t, ξ) (y − z). ∂y Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais de 1a. Ordem

260

∂f ´ ˜ acima obtemos Seja a = max (t, w) . Tomando-se o modulo da equac¸ao δ t0 tal que − ab ea|t−t0 | − 1 = δ . Vamos mostrar, por induc¸ao,

|yn (t) − y0 | ≤


b a|t−t0 | e −1 , a

para α0 < t < β 0

e assim que δ < yn (t) < γ , para α0 < t < β 0 .

|y1 (t) − y0 | ≤ b|t − t0 | ∞ X
an−1 |t − t0 |n b a|t−t0 | = b = e −1 n! a n=1 ˜ que Vamos supor, por induc¸ao,

|yn−1 (t) − yn−2 (t)| ≤ an−2 b e

|yk (t) − y0 | ≤ ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

|t − t0 |n−1 (n − 1)!


b a|t−t0 | e −1 , a

Julho 2007

1.9

Respostas dos Exerc´ıcios

261

para k = 1, . . . , n − 1 e α0 < t < β 0 e assim que δ < yk (t) < γ , para k = 1, . . . , n − 1 e ´ ˜ por (1.56) na pagina α0 < t < β 0 . Entao 144,

|yn (t) − yn−1 (t)| ≤ an−1 b

|t − t0 |n n!

e assim

|yn (t) − y0 | ≤

n X

|yk (t) − yk−1 (t)|

k=1 ∞ X

= b

n=1

Julho 2007


b a|t−t0 | an−1 |t − t0 |n = e −1 n! a

Reginaldo J. Santos

Cap´ıtulo 2

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

˜ ´ Para as equac¸oes diferenciais lineares de 2a. ordem e´ valido um resultado semelhante ao que e´ ´ ˜ lineares de 1a. ordem (Teorema 1.2 na pagina ´ ˜ a existencia ˆ valido para equac¸oes 139) com relac¸ao e ˜ ˜ infelizmente, nao ˜ e´ tao ˜ simples quanto naquele caso e unicidade de soluc¸oes, mas a demonstrac¸ao, sera´ apresentada somente ao final do Cap´ıtulo 4.

ˆ Teorema 2.1 (Existencia e Unicidade). O problema de valor inicial



y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = f (t) y(t0 ) = y0 , y 0 (t0 ) = y00

˜ cont´ınuas em um intervalo aberto I contendo t0 tem uma unica ˜ para p(t), q(t) e f (t) func¸oes ´ soluc¸ao neste intervalo. 262

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

263

´ Exemplo 2.1. Vamos determinar o intervalo maximo em que o problema de valor inicial

(

(t2 − 4)y 00 + y 0 + (sen t)y =

y(1) = y0 ,

y 0 (1) = y00

et t

˜ Para esta equac¸ao ˜ tem soluc¸ao.

p(t) =

1 , 2 t −4

q(t) =

sen t , t2 − 4

f (t) =

et . t(t2 − 4)

˜ cont´ınuas para t 6= ±2, 0. Como t0 = 1, entao ˜ o problema de valor inicial Assim p(t), q(t) e f (t) sao ˜ no intervalo 0 < t < 2, que e´ o maior intervalo contendo t0 = 1 onde p(t), q(t) e f (t) tem soluc¸ao ˜ cont´ınuas. sao

˜ ˆ 2.1 Equac¸oes Homogeneas ˜ diferencial linear de 2a. ordem e´ homogenea ˆ Uma equac¸ao se ela pode ser escrita como

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0.

(2.1)

˜ ˆ ´ ˜ que diz que se Para as equac¸oes lineares homogeneas e´ valido o princ´ıpio da superposic¸ao ˜ soluc¸oes ˜ da equac¸ao ˜ (2.1), entao ˜ y1 (t) e y2 (t) sao

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) Julho 2007

(2.2) Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

264

´ o e, ´ para todas as constantes c1 e c2 . Uma expressao ˜ da forma (2.2) e´ chamada combinac¸ao ˜ tambem linear de y1 (t) e y2 (t). ˜ de (2.1). Vamos verificar que realmente y(t) dado por (2.2) e´ soluc¸ao

y 00 (t) + p(t)y 0 (t) + q(t)y(t) = = (c1 y1 (t) + c2 y2 (t))00 + p(t) (c1 y1 (t) + c2 y2 (t))0 + q(t) (c1 y1 (t) + c2 y2 (t)) = c1 y100 + c2 y200 + c1 p(t)y10 (t) + c2 p(t)y20 (t) + c1 q(t)y1 (t) + c2 q(t)y2 (t) = c1 (y100 (t) + p(t)y10 (t) + q(t)y1 (t)) +c2 (y200 (t) + p(t)y20 (t) + q(t)y2 (t)) | {z } | {z } =0

=0

= c1 · 0 + c2 · 0 = 0,

˜ soluc¸oes ˜ de (2.1). Mostramos o seguinte teorema. pois y1 (t) e y2 (t) sao

˜ soluc¸oes ˜ de (2.1), entao ˜ ˜ Teorema 2.2 (Princ´ıpio da Superposic¸ao). Se y1 (t) e y2 (t) sao

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t), ´ o e. ´ para c1 e c2 constantes, tambem

˜ 2.1.1 Soluc¸oes Fundamentais ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

265

Considere, agora, o problema de valor inicial



y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = y0 , y 0 (t0 ) = y00

(2.3)

˜ condic¸oes ˜ iniciais dadas no problema. em que y0 e y00 sao ˜ sobre duas soluc¸oes ˜ y1 (t) e y2 (t) para que existam constantes c1 e Vamos determinar condic¸oes ˜ do problema de valor inicial (2.3). c2 tais que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) seja soluc¸ao ˜ y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) e na derivada de y(t), y 0 (t) = Substituindo-se t = t0 na soluc¸ao ˜ lineares c1 y10 (t) + c2 y20 (t) obtemos o sistema de equac¸oes



c1 y1 (t0 ) + c2 y2 (t0 ) = y0 c1 y10 (t0 ) + c2 y20 (t0 ) = y00

que pode ser escrito na forma

AX = B em que

A=



y1 (t0 ) y2 (t0 ) y10 (t0 ) y20 (t0 )



,

X=



c1 c2



e B=



y0 y00



.

˜ para todo par de condic¸oes ˜ iniciais (y0 , y00 ) o sistema Se a matriz do sistema A e´ invert´ıvel, entao ˜ (c1 , c2 ) (A soluc¸ao ˜ e´ X = A−1 B ). Mas uma matriz quadrada e´ invert´ıvel se, tem uma unica ´ soluc¸ao e somente se, o seu determinante e´ diferente de zero Ou seja, se  

det

y1 (t0 ) y2 (t0 ) y10 (t0 ) y20 (t0 )

6= 0,

˜ para todo par de condic¸oes ˜ iniciais (y0 , y00 ) existe um unico entao ´ par de constantes (c1 , c2 ) tal que ˜ do problema de valor inicial (2.3). y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) e´ soluc¸ao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

266 Acabamos de provar o seguinte resultado.

˜ da equac¸ao ˜ (2.1) tais que, em um ponto t0 ∈ R, Teorema 2.3. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas soluc¸oes

det



y1 (t0 ) y2 (t0 ) y10 (t0 ) y20 (t0 )



6= 0.

˜ para todo par de condic¸oes ˜ iniciais (y0 , y00 ) o problema de valor inicial Entao



y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = y0 , y 0 (t0 ) = y00

˜ da forma tem uma unica ´ soluc¸ao

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t).

˜ 2.1. Definic¸ao

(a) O determinante

W [y1 , y2 ](t0 ) = det



y1 (t0 ) y2 (t0 ) y10 (t0 ) y20 (t0 )



˜ y1 (t) e y2 (t) em t0 . e´ chamado Wronskiano das func¸oes ˜ y1 (t) e y2 (t) de (2.1) sao ˜ tais que o seu Wronskiano e´ diferente de zero em (b) Se duas soluc¸oes ˜ soluc¸oes ˜ um ponto t0 dizemos que elas sao fundamentais de (2.1). ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

267

˜ soluc¸oes ˜ fundamentais de (2.1), entao ˜ a fam´ılia de soluc¸oes ˜ (c) Se y1 (t) e y2 (t) sao

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t),

(2.4)

˜ geral de (2.1). para constantes c1 e c2 e´ chamada soluc¸ao

Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

268

˜ geral de uma equac¸ao ˜ diferencial linear homogenea ˆ Assim para encontrar a soluc¸ao de 2a. ordem ˜ ˜ (2.1), ou seja, duas soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao (2.1) precisamos encontrar duas soluc¸oes y1 (t) e y2 (t) tais que em um ponto t0 ∈ R

det



y1 (t0 ) y2 (t0 ) y10 (t0 ) y20 (t0 )



6= 0.

˜ nulo. Vamos mostrar que y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt Exemplo 2.2. Seja b um numero ´ real nao ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao ˜ sao

y 00 + b2 y = 0. ˜ Como y10 (t) = −b sen bt, y100 (t) = −b2 cos bt, y20 (t) = b cos bt e y200 (t) = −b2 sen bt, entao

y100 + b2 y1 = −b2 cos bt + b2 cos bt = 0 e

y200 + b2 y2 = −b2 sen bt + b2 sen bt = 0.

˜ soluc¸oes ˜ da equac¸ao ˜ y 00 + b2 y = 0. Alem ´ disso, Assim, y1 (t) e y2 (t) sao

det



y1 (t) y2 (t) y10 (t) y20 (t)



= det



cos bt sen bt −b sen bt b cos bt



= b(cos2 bt + sen2 bt) = b 6= 0.

˜ soluc¸oes ˜ fundamentais de y 00 + b2 y = 0. Portanto, y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt sao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

269

ˆ Dependencia Linear ˜ y1 (t) e y2 (t) sao ˜ linearmente dependentes (L.D.) em um intervalo I , Dizemos que duas func¸oes ˜ e´ um multiplo se uma das func¸oes ´ escalar da outra, ou seja, se

y1 (t) = αy2 (t) ou y2 (t) = αy1 (t),

para todo t ∈ I.

´ ˜ linearmente independentes (L.I.). Caso contrario, dizemos que elas sao ˜ sao ˜ L.D. em um intervalo I , entao ˜ Se duas func¸oes

W [y1 , y2 ](t) = det



y1 (t) y2 (t) y10 (t) y20 (t)



= 0,

para todo t ∈ I

pois uma coluna da matriz acima e´ um multiplo ´ escalar da outra. Assim, vale o seguinte resultado.

˜ func¸oes ˜ tais que Teorema 2.4. Se y1 (t) e y2 (t) sao

W [y1 , y2 ](t0 ) = det



y1 (t0 ) y2 (t0 ) y10 (t0 ) y20 (t0 )



6= 0,

para algum t0 ∈ I,

˜ y1 (t) e y2 (t) sao ˜ linearmente independentes (L.I.) em I . entao

Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

270

´ ˜ fundamentais formam Usando a linguagem da Algebra Linear podemos dizer que duas soluc¸oes ˜ L.I. e ˜ ˜ homogenea ˆ uma base para o subespac¸o das soluc¸oes de uma equac¸ao (2.1), pois elas sao ˜ e´ uma combinac¸ao ˜ linear delas). geram o subespac¸o (toda soluc¸ao ˜ Observe que o Wronskiano pode ser calculado para quaisquer par de func¸ oes mesmo que elas ˜ sejam soluc¸oes ˜ ˜ diferencial. Tambem ´ os conceitos de dependencia ˆ nao de uma equac¸ao e indeˆ ˜ ˜ ˜ ˜ ˜ pendencia linear sao definidos para duas func¸oes que podem ou nao ser soluc¸oes de uma equac¸ao diferencial. ˜ nulo. Mostramos no exemplo anterior que y1 (t) = cos bt e Exemplo 2.3. Seja b um numero ´ real nao ˜ soluc¸oes ˜ L.I. da equac¸ao ˜ y2 (t) = sen bt sao

y 00 + b2 y = 0. ˜ e´ verdadeira, ou seja, mesmo que A rec´ıproca da Teorema 2.4 nao

W [y1 , y2 ](t) = 0,

para todo t ∈ R.

˜ significa que as func¸oes ˜ sejam linearmente dependentes. Vejamos o proximo ´ nao exemplo. 2



t2 −t2  2 t W [y1 , y2 ](t) = det 2t

Exemplo 2.4. Sejam y1 (t) = t e y2 (t) = t|t| =

se t ≥ 0 . se t < 0

t|t| 2|t|



= 0.

˜ y1 e y2 sao ˜ L.I., pois uma func¸ao ˜ nao ˜ e´ Apesar do Wronskiano ser zero para todo t ∈ R as func¸oes multiplo ´ escalar da outra. Para t ≥ 0, y2 (t) = y1 (t) e para t < 0, y2 (t) = −y1 (t). ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

1

271

1

y

0.5

y

0.5

0

t

−0.5

0

t

−0.5

−1 −1

−0.5

0

0.5

1

−1 −1

−0.5

0

0.5

1

˜ L.I. mas o wronskiano e´ igual a zero para todo t Figura 2.1: y1 (t) = t2 e y2 (t) = t|t| sao

Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

272

´ 2.1.2 Formula de Euler ˜ exponencial y(t) = ert para numeros Queremos definir a func¸ao ´ complexos r = a + ib de forma que satisfac¸a as propriedades

e(a+ib)t = eat eibt d rt
e = rert dt

(2.5) (2.6)

˜ z(t) = eibt e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ y 00 + b2 y = 0. Pois pela propriedade Sendo assim, a func¸ao (2.6)

z 0 (t) = ibeibt ,

z 00 (t) = −b2 eibt = −b2 z(t)

e assim

z 00 (t) + b2 z(t) = 0. ˜ do problema de valor inicial Assim z(t) = eibt e´ soluc¸ao



y 00 + b2 y = 0, y(0) = 1, y 0 (0) = ib

˜ soluc¸oes ˜ fundaAgora, como mostramos no Exemplo 2.2 que y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt sao 00 2 ˜ pelo Teorema 2.3 existem constantes c1 e c2 tais que mentais de y + b y = 0, entao

z(t) = eibt = c1 cos bt + c2 sen bt.

(2.7)

˜ (2.7) obtemos que Vamos determinar estas constantes c1 e c2 . Substituindo-se t = 0 na equac¸ao ˜ (2.7) em relac¸ao ˜ a t obtemos c1 = 1. Derivando a equac¸ao

ibeibt = −c1 b sen bt + c2 b cos bt. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

(2.8) Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

273

˜ (2.8) obtemos que c2 = i. Assim substituindo-se c1 = 1 e c2 = i ja´ Substituindo-se t = 0 na equac¸ao ˜ (2.7) obtemos obtidos na equac¸ao

eibt = cos bt + i sen bt. Portanto, pela propriedade (2.5),

e(a+ib)t = eat eibt = eat (cos bt + i sen bt).

(2.9)

Tomando t = 1 temos

ea+ib = ea (cos b + i sen b). ˜ e´ conhecida como formula ´ Esta equac¸ao de Euler. ´ Exemplo 2.5. Usando a formula de Euler temos que

eiπ = −1,

Julho 2007

π

ei 2 = i,

π

eln 2+ 4 i =

√

√ 2 + i 2.

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

274

˜ 2.1.3 Obtendo uma Segunda Soluc¸ao ˜ linear de 2a. ordem homogenea ˆ Considere uma equac¸ao

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0.

(2.10)

˜ conhecida da equac¸ao ˜ acima num intervalo I tal que y1 (t) 6= 0 para todo Seja y1 (t) uma soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ da forma t ∈ I . Vamos procurar uma segunda soluc¸ao

y(t) = v(t)y1 (t). Como

y 0 (t) = vy10 + y1 v 0 e y 00 (t) = vy100 + 2y10 v 0 + y1 v 00 , ˜ y(t) e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ se, e somente se, entao

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = y1 v 00 + v 0 (2y10 + p(t)y1 ) + v(y100 + p(t)y10 + q(t)y1 ) = 0. ˜ y100 + p(t)y10 + q(t)y1 = 0 e assim a equac¸ao ˜ anterior ˜ da equac¸ao ˜ (2.10), entao Como y1 (t) e´ soluc¸ao se torna y1 v 00 + v 0 (2y10 + p(t)y1 ) = 0. (2.11) ˜ a equac¸ao ˜ (2.11) pode ser escrita como Seja w(t) = v 0 (t). Entao

y1 w 0 + (2y10 + p(t)y1 )w = 0. ˜ de 1a. ordem separavel ´ Esta e´ uma equac¸ao que pode ser escrita como

w0 2y 0 = − 1 − p(t) w y1 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

275

Integrando-se obtemos

ln |w| = −2 ln |y1 | −

Z

p(t)dt + C

que usando propriedade do logaritmo pode ser reescrita como

ln wy 2 = − 1

Explicitando w(t) obtemos

Z

p(t)dt + C.

R

e− p(t)dt w(t) = C1 y1 (t)2 ˜ para v(t): Como w(t) = v 0 (t), resolvendo a equac¸ao

v(t) = C1

Z

R

e− p(t)dt dt + C2 . y1 (t)2

Substituindo-se v(t) em y(t) = v(t)y1 (t) obtemos

y(t) = v(t)y1 (t) = c1 y1 (t)

Z

R

e− p(t)dt dt + c2 y1 (t) y1 (t)2

˜ da equac¸ao ˜ (2.10) Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos uma segunda soluc¸ao

y2 (t) = y1 (t)

Z

R

e− p(t)dt dt y1 (t)2

(2.12)

˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao ˜ (2.10). Vamos ver que y1 (t) dada e y2 (t) obtida por (2.12) sao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

276

W [y1 , y2 ](t) = det = e−

R



y1 (t) y2 (t) y10 (t) y20 (t)

p(t)dt



= det

6= 0

"

# R − R p(t)dt y1 (t) e y1 (t)2 dt R R − R p(t)dt − p(t)dt y10 (t) y10 (t) e y1 (t)2 dt + e y1 (t)

y1 (t)

˜ ˜ conhecida da equac¸ao ˜ (2.10) e y2 (t) e´ dada por (2.12) entao Assim se y1 (t) e´ uma soluc¸ao

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) ˜ geral da equac¸ao ˜ (2.10). e´ soluc¸ao

˜ se deve memorizar a formula ´ ˜ Atenc¸ao: Nao obtida para y2 (t). O que fizemos aqui foi mostrar o ˜ da equac¸ao ˜ linear homogenea ˆ caminho que deve ser seguido para encontrar uma segunda soluc¸ao a. de 2 ordem.

´ No proximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral. ˜ Exemplo 2.6. Considere a equac¸ao

ay 00 + by 0 + cy = 0 com a, b, c ∈ R tais que b2 − 4ac = 0 Deixamos como exerc´ıcio verificar que y1 (t) = e ˜ da forma rar uma segunda soluc¸ao

−bt 2a

˜ da equac¸ao ˜ acima. Vamos procue´ uma soluc¸ao

y(t) = v(t)y1 (t) = v(t)ert , em que r = ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

−b . 2a Julho 2007

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

2.1

277

Como

y 0 (t) = v 0 (t)ert + rv(t)ert e y 00 (t) = v 00 (t)ert + 2rv 0 (t)ert + r 2 v(t)ert ˜ y(t) e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ se, e somente se, entao

ay 00 + by 0 + cy = a(v 00 + 2rv 0 + r 2 v) + b(v 0 − rv) + cv = av 00 + (2ar + b)v 0 + (ar 2 + br + c) = 0.

Como r =

−b 2a

˜ da equac¸ao ˜ ar 2 + br + c = 0 e 2ar + b = 0, entao ˜ e´ soluc¸ao

v 00 (t) = 0. ˜ a equac¸ao ˜ v 00 (t) = 0 torna-se w 0 (t) = 0 que tem soluc¸ao ˜ w(t) = C1 . Seja w(t) = v 0 (t). Entao 0 ˜ v (t) = w(t) = C1 obtemos Resolvendo a equac¸ao

v(t) = C1 t + C2 e y(t) = (C1 t + C2 )ert . Tomando-se C2 = 0 e C1 = 1 obtemos

y2 (t) = tert .

b ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao ˜ , sao 2a    rt  y1 (t) y2 (t) e tert det = det y10 (t) y20 (t) rert (1 + rt)ert   1 t 2rt = e det r (1 + rt)

Vamos ver que y1 (t) = ert e y2 (t) = tert , em que r = −

= e2rt 6= 0,

para todo t ∈ R.

Assim

b 2a ˜ geral da equac¸ao ˜ ay 00 + by 0 + cy = 0, tal que b2 − 4ac = 0. e´ a soluc¸ao y(t) = c1 ert + c2 tert ,

Julho 2007

em que r = −

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

278

˜ ˆ 2.1.4 Equac¸oes Homogeneas com Coeficientes Constantes ˜ da forma Vamos tratar de equac¸oes

ay 00 + by 0 + cy = 0,

a, b, c ∈ R, a 6= 0.

(2.13)

˜ existem valores constantes de r tais que y(t) = ert e´ uma soluc¸ao. ˜ Para esta equac¸ao Substituindo-se y(t) = ert , y 0 (t) = rert e y 00 (t) = r 2 ert em (2.13) obtemos

ar 2 ert + brert + cert = (ar 2 + br + c)ert = 0. ˜ y(t) = ert e´ soluc¸ao ˜ de (2.13) se, e somente se, r e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ Como ert 6= 0, entao

ar 2 + br + c = 0

(2.14)

˜ caracter´ıstica de (2.13). que e´ chamada equac¸ao ˜ de 2o. grau pode ter duas ra´ızes reais, somente uma ra´ız real ou duas ra´ızes Como uma equac¸ao ˜ caracter´ıstica podemos chegar a tres ˆ situac¸oes ˜ distintas. complexas, usando a equac¸ao ˜ Caracter´ıstica Tem Duas Ra´ızes Reais A Equac¸ao ˜ caracter´ıstica de (2.13) tem duas ra´ızes reais (distintas), r1 e r2 , entao ˜ Se a equac¸ao

y1 (t) = er1 t e y2 (t) = er2 t ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais, pois sao

det



y1 (t) y2 (t) y10 (t) y20 (t)





 er1 t er2 t = det r1 er1 t r2 er2 t   1 1 r1 t r2 t = e e det r1 r2

= (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t 6= 0, ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

para todo t ∈ R. Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

279

˜ caracter´ıstica tem duas ra´ızes reais distintas r 1 e r2 , Assim no caso em que a equac¸ao

y(t) = c1 er1 t + c2 er2 t ˜ geral de (2.13). e´ a soluc¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ Exemplo 2.7. Seja ω um numero ´ real positivo. Vamos encontrar a soluc¸ ao

y 00 − ω 2 y = 0. ˜ caracter´ıstica desta equac¸ao ˜ diferencial e´ A equac¸ao

r2 − ω 2 = 0 ˜ geral da equac¸ao ˜ diferencial acima e´ que tem como ra´ızes r1 = ω e r2 = −ω . Assim, a soluc¸ao

y(t) = c1 eωt + c2 e−ωt .

˜ Caracter´ıstica Tem Somente Uma Raiz Real A Equac¸ao ˜ a equac¸ao ˜ caracter´ıstica (2.14) tem somente uma raiz real r1 = − Se ∆ = b2 −4ac = 0, entao

Neste caso,

b . 2a

y1 (t) = er1 t ˜ da equac¸ao ˜ diferencial (2.13). e´ soluc¸ao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

280

y

yo

t

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.7 Figura 2.2: Algumas soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

281

´ ˜ para esta No Exemplo 2.6 na pagina 276 mostramos como encontrar uma segunda soluc¸ao r1 t ˜ soluc¸oes ˜ ˜ La´ mostramos que y2 (t) = te tambem ´ e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ (2.13) e que sao equac¸ao. ˜ diferencial (2.13). fundamentais da equac¸ao ˜ caracter´ıstica tem somente uma ra´ız real r1 = − Portanto no caso em que a equac¸ao

b , 2a

y(t) = c1 er1 t + c2 ter1 t ˜ geral de (2.13). e´ a soluc¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ Exemplo 2.8. Vamos encontrar a soluc¸ao

y 00 + 2y 0 + y = 0. ˜ caracter´ıstica e´ A equac¸ao

r 2 + 2r + 1 = 0 ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ que tem como raiz r1 = −1. Assim a soluc¸ao

y(t) = c1 e−t + c2 te−t .

˜ Caracter´ıstica Tem Duas Ra´ızes Complexas A Equac¸ao ˜ caracter´ıstica de (2.13) tem duas ra´ızes complexas, entao ˜ elas sao ˜ numeros Se a equac¸ao ´ com˜ caracter´ıstica (2.14), entao ˜ a outra plexos conjugados, ou seja, se r1 = α + iβ e´ uma raiz da equac¸ao ´ raiz e´ r2 = α − iβ . Neste caso, pela formula de Euler (2.9):

y1 (t) = er1 t = e(α+iβ)t = eαt (cos βt + i sen βt) e y2 (t) = er2 t = e(α−iβ)t = eαt (cos(−βt) + i sen(−βt)) = eαt (cos βt − i sen βt)

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

282

y

y0

t

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.8 Figura 2.3: Algumas soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

283

˜ soluc¸oes ˜ complexas da equac¸ao ˜ diferencial (2.13). sao

det



y1 (t) y2 (t) y10 (t) y20 (t)





 er1 t er2 t = det r1 er1 t r2 er2 t   1 1 r1 t r2 t = e e det r1 r2

= (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t = (−2iβ)e2αt 6= 0,

para todo t ∈ R.

˜ caracter´ıstica tem duas ra´ızes complexas r1 = α+iβ e r2 = α−iβ , Assim no caso em que a equac¸ao

y(t) = C1 er1 t + C2 er2 t ,

C1 , C2 ∈ C

˜ geral complexa de (2.13). e´ a soluc¸ao ˜ geral complexa pode ser ˜ reais. A soluc¸ao Vamos encontrar um conjunto fundamental de soluc¸oes escrita como

y(t) = C1 e(α+iβ)t + C2 e(α−iβ)t = C1 eαt (cos βt + i sen βt) + C2 eαt (cos βt − i sen βt) = (C1 + C2 )eαt cos βt + i(C1 − C2 )eαt sen βt Tomando C1 = C2 =

(2.15)

1 ˜ real em (2.15), temos a soluc¸ao 2

u(t) = eαt cos βt. Tomando C1 =

1 1 ˜ real e C2 = − , temos a soluc¸ao 2i 2i v(t) = eαt sen βt.

Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

284

˜ caracter´ıstica sao ˜ complexas, entao ˜ u(t) e v(t) Vamos mostrar, agora, que se as ra´ızes da equac¸ao ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais de (2.13). sao

det



u(t) v(t) u0 (t) v 0 (t)





 eαt cos βt eαt sen βt = det eαt (α cos βt − β sen βt) eαt (α sen βt + β cos βt)      cos βt sen βt cos βt sen βt 2αt = e α det + β det cos βt sen βt − sen βt cos βt = βe2αt 6= 0,

para todo t ∈ R.

˜ caracter´ıstica tem duas ra´ızes complexas r1 = α+iβ e r2 = α−iβ , Assim no caso em que a equac¸ao

y(t) = c1 eαt cos βt + c2 eαt sen βt ˜ geral de (2.13). e´ a soluc¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ Exemplo 2.9. Seja ω um numero ´ real positivo. Vamos encontrar a soluc¸ ao

y 00 + ω 2 y = 0. ˜ caracter´ıstica desta equac¸ao ˜ diferencial e´ A equac¸ao

r2 + ω 2 = 0 ˜ geral da equac¸ao ˜ diferencial acima e´ que tem como ra´ızes r1 = iω e r2 = −iω . Assim, a soluc¸ao

y(t) = c1 cos ωt + c2 sen ωt.

(2.16)

Escrevendo o par (c1 , c2 ) em coordenadas polares temos que ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

285

y

(c1 , c2 )

c2



R

c1 = R cos δ, c2 = R sen δ.

(2.17)

δ c1

x

˜ (2.16) obtemos Substituindo-se os valores de c1 e c2 na equac¸ao

y(t) = R (cos δ cos (ωt) + sen δ sen (ωt)) = R cos(ωt − δ), em que R =

Julho 2007

p

c21 + c22 e δ e´ obtido de (2.17).

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

286

y(t) = R cos(ωt − δ), δ > 0, ω > 0, R > 0

y

__ 2π ω

+R

δ __ ω

δ+2π ____ ω

t

−R

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.9 Figura 2.4: Uma soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

287

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 387) ˜ da equac¸ao ˜ diferencial 1.1. Mostre que y1 (x) = x3 e´ soluc¸ao

2x2 y 00 − xy 0 − 9y = 0. ˜ u(x) tal que y2 (x) = u(x)y1 (x) seja soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ dada. Prove Encontre uma func¸ao ˜ y1 (x) e y2 (x) sao ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais. que as duas soluc¸oes ˜ da equac¸ao ˜ diferencial 1.2. Mostre que y1 (x) = x−1 , x > 0, e´ soluc¸ao

x2 y 00 + 3xy 0 + y = 0. ˜ u(x) tal que y2 (x) = u(x)y1 (x) seja soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ dada. Prove Encontre uma func¸ao ˜ y1 (x) e y2 (x) sao ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais. que as duas soluc¸oes ˜ geral da equac¸ao ˜ 1.3. Encontre a soluc¸ao

y 00 + 2y 0 + αy = 0 para α > 1, para α = 1 e para α < 1. 1.4.

˜ z1 (x) = x2 , z2 (x) = x3 e z3 (x) = e−x sao ˜ soluc¸oes ˜ (a) Determine qual ou quais das func¸oes ˜ da equac¸ao

(x + 3)y 00 + (x + 2)y 0 − y = 0 ˜ obtidas no item anterior. Determine uma segunda soluc¸ao ˜ (b) Seja y1 (x) uma das soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao. ˜ y2 (x) de forma que y1 (x) e y2 (x) sejam soluc¸oes Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

288 ˜ geral da equac¸ao ˜ (c) Determine a soluc¸ao

(x + 3)y 00 + (x + 2)y 0 − y = 0 ˜ do problema de valor inicial e obtenha a soluc¸ao

Justifique sua resposta! 1.5.

  (x + 3)y 00 + (x + 2)y 0 − y = 0, y(1) = 1,  0 y (1) = 3.

˜ soluc¸oes ˜ da equac¸ao ˜ (a) Mostre que y1 (x) = x2 e y2 (x) = x5 sao

x2 y 00 − 6xy 0 + 10y = 0. ˜ do problema de valor inicial (b) Obtenha a soluc¸ao

Justifique sua resposta!

  x2 y 00 − 6xy 0 + 10y = 0, y (1) = 3,  0 y (1) = 3.

˜ do problema y 00 + 2y 0 = 0, y(0) = a, y 0 (0) = b tende para uma constante 1.6. Mostre que a soluc¸ao quando t → +∞. Determine esta constante. ˜ toda soluc¸ao ˜ de y 00 +by 0 +y = 0 tende a zero quando t → +∞. 1.7. Mostre que se 0 < b < 2 entao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

289

1.8. Considere o problema y 00 − 4y = 0, y(0) = 0, y 0 (0) = b 6= 0. Mostre que y(t) 6= 0 para todo t 6= 0. 1.9. Considere o problema y 00 − y 0 + 41 y = 0, y(0) = 2, y 0 (0) = b. Determine os valores de b para ˜ y(t) → +∞ quando t → +∞. os quais a soluc¸ao ˜ y 00 + 2by 0 + y = 0. Para quais valores de b a soluc¸ao ˜ y(t) tende a zero 1.10. Considere a equac¸ao ˜ iniciais. quando t → +∞, independente das condic¸oes ´ 1.11. Baseado no Teorema 2.1 na pagina 262, determine um intervalo em que os problemas de valor ˆ uma unica ˜ sem resolve-los: ˆ inicial abaixo tem ´ soluc¸ao,



(t2 − 1)y 00 + (t − 2)y = t (a) y(0) = y0 , y 0 (0) = y00  2 (t − 1)y 00 + y 0 + ty = t2 (b) y(2) = y0 , y 0 (2) = y00



(t2 − t)y 00 + (t + 1)y 0 + y = et y(−1) = y0 , y 0 (−1) = y00  2 (t − t)y 0 + (t + 3)y 0 + 2y = cos t (d) y(2) = y0 , y 0 (2) = y00 (c)

˜ equac¸oes ˜ que podem ser escritas na forma ˜ 1.12. As equac¸oes de Euler sao

x2 y 00 + bxy 0 + cy = 0.

(2.18)

˜ constantes reais. em que b e c sao ˜ de (2.18). Alem ´ Mostre que existem valores constantes de r tais que y(x) = x r e´ uma soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ (2.18) se, e somente se, disso mostre que y(x) = xr e´ soluc¸ao

r 2 + (b − 1)r + c = 0,

(2.19)

˜ (2.19) e´ chamada equac¸ao ˜ indicial de (2.18). A equac¸ao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

290

˜ indicial (2.19) tem duas ra´ızes reais (distintas), r1 e r2 , entao ˜ 1.13. Mostre que se a equac¸ao

y1 (x) = xr1 e y2 (x) = xr2 ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais de (2.18) e portanto sao

y(x) = c1 xr1 + c2 xr2 ˜ geral de (2.18), para x > 0. e´ a soluc¸ao ˜ indicial (2.19) tem duas ra´ızes complexas, r1 = α + iβ e r2 = α − iβ , use a 1.14. Se a equac¸ao ´ ˜ geral complexa em termos das soluc¸oes ˜ reais, para formula de Euler para escrever a soluc¸ao x > 0, u(x) = xα cos(β ln x) e v(x) = xα sen(β ln x). ˜ sao ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais de (2.18) e portanto Mostre que estas soluc¸oes

y(x) = c1 xα cos(β ln x) + c2 xα sen(β ln x) ˜ geral de (2.18), para x > 0. e´ a soluc¸ao

1−b , determine uma segunda 2 1−b ˜ linearmente independente da forma y2 (x) = v(x)y1 (x) = v(x)x 2 , para x > 0. soluc¸ao 1−b 1−b ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais de (2.18) e portanto Mostre que y1 (x) = x 2 e y2 (x) = x 2 ln x sao ˜ geral de (2.18), para x > 0, e´ a soluc¸ao

˜ indicial (2.19) tem somente uma ra´ız real, r1 = 1.15. Se a equac¸ao

y(x) = c1 x ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

1−b 2

+ c2 x

1−b 2

ln x. Julho 2007

2.1

˜ ˆ Equac¸oes Homogeneas

291

˜ geral das seguintes equac¸oes: ˜ 1.16. Use os exerc´ıcios anteriores para encontrar a soluc¸ao (a) x2 y 00 + 4xy 0 + 2y = 0 (b) x2 y 00 − 3xy 0 + 4y = 0 (c) x2 y 00 + 3xy 0 + 5y = 0

Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

292

˜ ˜ ˆ 2.2 Equac¸oes Nao-Homog eneas ˜ diferencial linear de 2a. ordem e´ nao-homog ˜ ˆ Uma equac¸ao enea se ela pode ser escrita como

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = f (t).

(2.20)

˜ nao-nula. ˜ com f (t) uma func¸ao

˜ particular da equac¸ao ˜ (2.20). Sejam y1 (t) e y2 (t) soluc¸oes ˜ Teorema 2.5. Seja yp (t) uma soluc¸ao ˜ homogenea ˆ ˜ a soluc¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ nao ˜ hofundamentais da equac¸ao correspondente. Entao ˆ mogenea (2.20) e´

y(t) = yp (t) + c1 y1 (t) + c2 y2 (t)

˜ qualquer de (2.20) e yp (t) uma soluc¸ao ˜ particular de (2.20). ˜ Demonstrac¸ao. Seja y(t) uma soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ homogenea ˆ Vamos mostrar que Y (t) = y(t) − yp (t) e´ soluc¸ao associada

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = 0.

(2.21)

Y 00 (t) + p(t)Y 0 (t) + q(t)Y (t) = (y(t) − yp (t))00 + p(t)(y(t) − yp (t))0 + q(t)(y(t) − yp (t))
= (y 00 (t) + p(t)y 0 (t) + q(t)y(t)) − yp00 (t) + p(t)yp0 (t) + q(t)yp (t) | {z } | {z } =f (t)

=f (t)

= f (t) − f (t) = 0.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

293

˜ soluc¸oes ˜ ˜ homogenea ˆ Assim se y1 (t) e y2 (t) sao fundamentais da equac¸ao associada (2.21), existem constantes c1 e c2 tais que

Y (t) = y(t) − yp (t) = c1 y1 (t) + c1 y2 (t), ˜ qualquer de (2.20) e y1 (t) e y2 (t) sao ˜ soluc¸oes ˜ ou seja, se y(t) e´ uma soluc¸ao fundamentais da ˜ homogenea ˆ ˜ equac¸ao associada (2.21), entao

y(t) = c1 y1 (t) + c1 y2 (t) + yp (t).

(2.22)

 ˜ geral de uma equac¸ao ˜ linear de 2a. ordem nao ˜ homogenea ˆ Portanto para encontrar a soluc¸ao ˜ particular e duas soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao ˜ homogenea ˆ precisamos encontrar uma soluc¸ao correspondente.

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

294

˜ para Equac¸oes ˜ ˜ ˆ Teorema 2.6 (Princ´ıpio da Superposic¸ao Nao-Homog eneas). Considere ˜ de uma soluc¸ao

y1 (t)

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = f1 (t) ˜ de e y2 (t) uma soluc¸ao

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = f2 (t).

˜ y(t) = y1 (t) + y2 (t) e´ soluc¸ao ˜ de Entao

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = f1 (t) + f2 (t) ˜ Demonstrac¸ao.

y(t)00 + p(t)y 0 (t) + q(t)y(t) = = (y1 (t) + y2 (t))00 + p(t)(y1 (t) + y2 (t))0 + q(t)(y1 (t) + y2 (t)) = = y100 (t) + p(t)y10 (t) + q(t)y1 (t) + y200 (t) + p(t)y20 (t) + q(t)y2 (t) = | {z } | {z } =f1 (t)

=f2 (t)

= f1 (t) + f2 (t),

˜ da equac¸ao ˜ pois y1 (t) e´ soluc¸ao

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = f1 (t) ˜ e y2 (t), da equac¸ao

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = f2 (t). 

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

295

´ ˜ dos Parametros ˆ 2.2.1 Metodo de Variac¸ao ´ ˜ linear de 2a. ordem Este metodo funciona para qualquer equac¸ao

y 00 + p(t)y 0 + q(t)y = f (t), ˜ fundamentais y1 (t) e y2 (t) da equac¸ao ˜ homogenea ˆ para qual se conhec¸a duas soluc¸oes correspondente em um intervalo I , onde o Wronskiano W [y1 , y2 ](t) 6= 0, para todo t ∈ I . ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ Lembramos que neste caso a soluc¸ao correspondente e´

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t). ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ ˜ Vamos procurar uma soluc¸ao que tenha a forma da soluc¸ao ˆ ˆ ˜ a determinar geral da homogenea, mas substituindo os parametros (constantes) c1 e c2 por func¸oes u1 (t) e u2 (t), respectivamente, ou seja, da forma

y(t) = u1 (t)y1 (t) + u2 (t)y2 (t).

(2.23)

˜ de que com a condic¸ao

y 0 (t) = u1 (t)y10 (t) + u2 (t)y20 (t), ou equivalentemente que

u01 (t)y1 (t) + u02 (t)y2 (t) = 0

(2.24)

Assim,

y 00 (t) = u01 (t)y10 (t) + u1 (t)y100 (t) + u02 (t)y20 (t) + u2 (t)y200 (t) ˜ obtemos Substituindo-se y(t), y 0(t) e y 00 (t) na equac¸ao

u01 (t)y10 (t) + u1 (t)y100 (t) + u02 (t)y20 (t) + u2 (t)y200 (t) + p(t) (u1 (t)y10 (t) + u2 (t)y20 (t)) + q(t) (u1 (t)y1 (t) + u2 (t)y2 (t)) = f (t) Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

296

´ u01 (t), u02 (t), u1 (t) e u2 (t) obtemos a equac¸ao ˜ diferencial de 1a. Agrupando os termos que contem ordem para u1 (t) e u2 (t)

u01 (t)y10 (t) + u02 (t)y20 (t) + u1 (t) (y100 (t) + p(t)y10 (t) + q(t)y1 (t)) | {z } =0

+ u2 (t) (y200 (t) + p(t)y20 (t) + q(t)y2 (t)) = f (t) | {z } =0

˜ ´ da equac¸ao ˜ (2.24) a equac¸ao Portanto u1 (t) e u2 (t) satisfazem alem

u01 (t)y10 (t) + u02 (t)y20 (t) = f (t)

(2.25)

˜ ˜ Assim juntando as equac¸oes (2.24) e (2.25) obtemos o sistema de equac¸oes lineares para u01 (t) e

u02 (t)

que pode ser escrito na forma



y1 (t)u01 (t) + y2 (t)u02 (t) = 0 y10 (t)u01 (t) + y20 (t)u02 (t) = f (t) AX = B

em que

A= ˜ que tem soluc¸ao



u01 (t) u02 (t)





a b c d



=



y1 (t) y2 (t) y10 (t) y20 (t)



,

X=



u01 (t) u02 (t)



e

B=



0 f (t)



.

     1 1 d −b y20 (t) −y2 (t) 0 = X =A B= B= a y1 (t) f (t) det(A) −c W [y1 , y2 ](t) −y10 (t)   1 −y2 (t)f (t) = y1 (t)f (t) W [y1 , y2 ](t) −1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

297

˜ diferenciais de 1a. ordem Obtemos assim duas equac¸oes

u01 (t) = − u02 (t) =

y2 (t)f (t) W [y1 , y2 ](t)

y1 (t)f (t) W [y1 , y2 ](t)

que podem ser resolvidas simplesmente integrando-se

u1 (t) = − u2 (t) =

Z

Z

y2 (t)f (t) dt W [y1 , y2 ](t) y1 (t)f (t) dt W [y1 , y2 ](t)

˜ particular ˜ (2.23) obtemos uma soluc¸ao Substituindo u1 (t) e u2 (t) na equac¸ao

yp (t) = −y1 (t)

Z

y2 (t)f (t) dt + y2 (t) W [y1 , y2 ](t)

Z

y1 (t)f (t) dt. W [y1 , y2 ](t)

˜ se deve memorizar a formula ´ ˜ Atenc¸ao: Nao obtida. O que fizemos aqui foi mostrar o caminho que ˜ ˜ linear nao ˜ homogenea ˆ deve ser seguido para encontrar uma soluc¸ao particular da equac¸ao de 2a. ordem.

´ No proximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral. Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

298

˜ geral da equac¸ao ˜ Exemplo 2.10. Vamos encontrar a soluc¸ao

y 00 + y = sec t. ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ A soluc¸ao correspondente e´

y(t) = c1 cos t + c2 sen t. ˜ particular da forma Vamos procurar uma soluc¸ao

y(t) = u1 (t) cos t + u2 (t) sen t

(2.26)

˜ com a condic¸ao

y 0 (t) = u1 (t)(− sen t) + u2 (t) cos t ou equivalentemente

u01 (t) cos t + u02 (t) sen t = 0

(2.27)

Assim,

y 00 (t) = u01 (t)(− sen t) + u1 (t)(− cos t) + u02 (t) cos t + u2 (t)(− sen t) ˜ obtemos Substituindo-se y(t), y 0(t) e y 00 (t) na equac¸ao

u01 (t)(− sen t) + u1 (t)(− cos t) + u02 (t) cos t + u2 (t)(− sen t)+ +u1 (t) cos t + u2 (t) sen t = sec t Simplificando-se obtemos

u01 (t)(− sen t) + u02 (t) cos t = sec t ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

(2.28) Julho 2007

2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

299

˜ (2.27) e (2.28) obtemos Resolvendo-se o sistema linear obtido das equac¸oes



u01 (t) u02 (t)



=



t − sen cos t 1



˜ obtemos Integrando-se cada equac¸ao

u1 (t) =

Z

sen t dt = ln | cos t| + c1 , − cos t

u2 (t) =

Z

1 dt = t + c2 ,

˜ particular Tomando c1 = 0 e c2 = 0 e substituindo-se em (2.26) obtemos a soluc¸ao

yp (t) = (ln | cos t|) cos t + t sen t. ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ Portanto a soluc¸ao

y(t) = (ln | cos t|) cos t + t sen t + c1 cos t + c2 sen t.

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

300

6

y

4

2 y0 0

t −2

−4

−6 −2π

−π

0

π

2π

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.10 Figura 2.5: Algumas soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

301

˜ ˜ ˆ 2.2.2 Equac¸oes Nao-Homog eneas com Coeficientes Constantes ˜ da forma Vamos tratar de equac¸oes

ay 00 + by 0 + cy = g(t).

(2.29)

˜ numeros em que a, b e c sao ´ reais, a 6= 0. ´ Metodo dos Coeficientes a Determinar ´ ˜ g(t) tem uma das seguintes formas: Este metodo funciona quando a func¸ao (1) g(t) = a0 + . . . + an tn , em que a0 , . . . , an ∈ R. ˜ particular da forma Neste caso deve-se procurar uma soluc¸ao

yp (t) = ts (A0 + . . . + An tn ), ˜ negativo que garante que nenhuma parcela de yp (t) seja soluc¸ao ˜ em que s e´ o menor inteiro nao ˜ homogenea ˆ ˜ coeficientes a ser determinados da equac¸ao correspondente e A0 , . . . , An sao ˜ (2.29). O Exemplo 2.11 ilustra este caso. substituindo-se yp (t) na equac¸ao (2) g(t) = (a0 + . . . + an tn )eat , em que a0 , . . . , an , a ∈ R. ˜ particular da forma Neste caso deve-se procurar uma soluc¸ao

yp (t) = ts (A0 + . . . + An tn )eat , ˜ negativo que garante que nenhuma parcela de yp (t) seja soluc¸ao ˜ em que s e´ o menor inteiro nao ˜ homogenea ˆ ˜ coeficientes a ser determinados da equac¸ao correspondente e A0 , . . . , An sao ˜ (2.29). O Exemplo 2.12 ilustra este caso. substituindo-se yp (t) na equac¸ao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

302

(3) g(t) = (a0 + . . . + an tn )eat cos bt + (b0 + . . . + bm tm )eat sen bt, em que a0 , . . . , an ∈ R e b0 , . . . , bm ∈ R. ˜ particular da forma Neste caso deve-se procurar uma soluc¸ao

yp (t) = ts [(A0 + . . . + Aq tq )eat cos bt + (B0 + . . . + Bq tq )eat sen bt], ˜ negativo que garante que nenhuma parcela em que q = max{m, n}, s e´ o menor inteiro nao ˜ da equac¸ao ˜ homogenea ˆ ˜ de yp (t) seja soluc¸ao correspondente e A0 , . . . , Aq , B0 , . . . , Bq sao ˜ (2.29). O Exemplo 2.13 ilustra coeficientes a ser determinados substituindo-se yp (t) na equac¸ao este caso.

˜ geral da equac¸ao ˜ Exemplo 2.11. Vamos encontrar a soluc¸ao

y 00 + y 0 = 2 + t2 . ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ ˜ Precisamos encontrar a soluc¸ao correspondente y 00 +y 0 = 0. A equac¸ao caracter´ıstica e´

r2 + r = 0 ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ que tem como ra´ızes r1 = 0 e r2 = −1. Assim a soluc¸ao correspon00 0 dente y + y = 0 e´

y(t) = c1 + c2 e−t . ˜ g(t) = 2 + t2 e´ da forma (1). Vamos procurar uma soluc¸ao ˜ particular O segundo membro da equac¸ao da forma

yp (t) = t1 (A0 + A1 t + A2 t2 ) = A0 t + A1 t2 + A2 t3 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

303

˜ da equac¸ao ˜ homogenea ˆ O valor de s e´ igual a 1, pois para s = 0, a parcela A0 e´ soluc¸ao (c2 = 0 e c1 = A0 ).

yp0 (t) = A0 + 2A1 t + 3A2 t2 yp00 (t) = 2A1 + 6A2 t. ˜ y 00 + y 0 = 2 + t2 obtemos Substituindo yp0 (t) e yp00 (t) na equac¸ao

(2A1 + 6A2 t) + (A0 + 2A1 t + 3A2 t2 ) = (A0 + 2A1 ) + (2A1 + 6A2 )t + 3A2 t2 = 2 + t2 Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear

 = 2  A0 + 2A1 2A1 + 6A2 = 0  3A2 = 1

˜ A0 = 4, A1 = −1 e A2 = 1/3. Assim uma soluc¸ao ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ que tem soluc¸ao ˆ homogenea e´

1 yp (t) = 4t − t2 + t3 3 ˜ geral da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ e a soluc¸ao e´

1 y(t) = c1 + c2 e−t + 4t − t2 + t3 3

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

304

y

y0

t

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.11 Figura 2.6: Algumas soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

305

˜ geral da equac¸ao ˜ Exemplo 2.12. Vamos encontrar a soluc¸ao

y 00 + 2y 0 + y = (2 + t)e−t . ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ Precisamos encontrar a soluc¸ao correspondente y 00 + 2y 0 + y = 0. A ˜ caracter´ıstica e´ equac¸ao

r 2 + 2r + 1 = 0 ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ que tem como raiz r1 = −1. Assim a soluc¸ao correspondente y 00 + 0 2y + y = 0 e´

y(t) = c1 e−t + c2 te−t . ˜ ˜ g(t) = (2 + t)e−t e´ da forma (2). Vamos procurar uma soluc¸ao O segundo membro da equac¸ao particular da forma

yp (t) = t2 (A0 + A1 t)e−t = (A0 t2 + A1 t3 )e−t ˜ soluc¸oes ˜ ˜ O valor de s e´ igual a 2, pois para s = 0 as parcelas A0 e−t e A1 te−t sao da equac¸ao −t ˆ ˜ da equac¸ao ˜ homogenea. ˆ homogenea e para s = 1 a parcela A0 te e´ soluc¸ao


yp0 (t) = 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t


yp00 (t) = 2A0 + (6A1 − 4A0 )t + (A0 − 6A1 )t2 + A1 t3 e−t .

˜ y 00 + 2y 0 + y = (2 + t)e−t obtemos Substituindo yp0 (t) e yp00 (t) na equac¸ao


2A0 + (6A1 − 4A0 )t + (A0 − 6A1 )t2 + A1 t3 e−t +
+ 2 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t +

+ (A0 t2 + A1 t3 )e−t = (2 + t)e−t

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306 Simplificando o primeiro membro obtemos

(2A0 + 6A1 t) e−t = (2 + t)e−t

⇒

2A0 + 6A1 t = 2 + t

Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear



2A0 6A1

= 2 = 1

˜ A0 = 1 e A1 = 1/6. Assim uma soluc¸ao ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ que tem soluc¸ao e´

1 yp (t) = (t2 + t3 )e−t 6 ˜ geral da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ e a soluc¸ao e´

1 y(t) = c1 e−t + c2 te−t + (t2 + t3 )e−t 6

˜ geral da equac¸ao ˜ Exemplo 2.13. Vamos encontrar a soluc¸ao

y 00 + 2y 0 + 2y = et cos t. ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ Precisamos encontrar a soluc¸ao correspondente y 00 + 2y 0 + 2y = 0. A ˜ caracter´ıstica e´ equac¸ao

r 2 + 2r + 2 = 0 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

307

y

y0

t

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.12 Figura 2.7: Algumas soluc¸oes Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

308

˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ que tem como ra´ızes r1 = −1 + i e r2 = −1 − i. Assim a soluc¸ao 00 0 correspondente y + 2y + 2y = 0 e´

y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t. ˜ g(t) = et cos t e´ da forma (3). Vamos procurar uma soluc¸ao ˜ particular O segundo membro da equac¸ao da forma

yp (t) = t0 (Aet cos t + Bet sen t) = Aet cos t + Bet sen t ˜ da equac¸ao ˜ homogenea. ˆ O valor de s e´ igual a 0, pois nenhuma parcela de yp (t) e´ soluc¸ao

yp0 (t) = A(et cos t − et sen t) + B(et sen t + et cos t+) = (A + B)et cos t + (B − A)et sen t yp00 (t) = 2Bet cos t − 2Aet sen t.

˜ y 00 + 2y 0 + y = et cos t obtemos Substituindo yp0 (t) e yp00 (t) na equac¸ao

2Bet cos t − 2Aet sen t+
+ 2 (A + B)et cos t + (B − A)et sen t +

+ 2(Aet cos t + Bet sen t) = et cos t

Simplificando o primeiro membro obtemos

(4A + 4B)et cos t + (4B − 4A)et sen t = et cos t Comparando os coeficientes de et cos t e de et sen t obtemos o sistema linear



4A + 4B = 1 −4A + 4B = 0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

309

˜ A = 1/8 e B = 1/8. Assim uma soluc¸ao ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ que tem soluc¸ao e´

1 1 yp (t) = − et cos t + et sen t 8 8 ˜ geral da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ e a soluc¸ao e´

1 y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t + et (cos t + sen t) 8

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

310

y

y0

t

˜ da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.13 Figura 2.8: Algumas soluc¸oes ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.2

˜ ˜ ˆ Equac¸oes Nao-Homog eneas

311

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 401) ˜ geral das equac¸oes: ˜ 2.1. Encontre a soluc¸ao (a) y 00 + 5y 0 + 6y = xe−5x . (b) y 00 − 4y 0 + 6y = 3x. (c) y 00 + y = cosec t

(d) y 00 − y = (1 + e−t )−2

(e) y 00 + 4 y = 2 sen(2t) + t (f) y 00 + 2y = et + 2 2.2. Resolva os problemas de valor inicial: (a) y 00 + y 0 − 2y = t2 + 3,

y(0) = 0, y 0 (0) = 0 (b) y 00 + 2 y 0 + y = 3 sen(2t), y(0) = 0, y 0 (0) = 0 (c) y 00 − 4 y 0 + 4 y = 3e−t , y(0) = 0, y 0 (0) = 0 (d) 2y 00 + 2y 0 + y = t2 , y(0) = 0, y 0 (0) = 0 2.3.

˜ geral da equac¸ao ˜ (a) Encontre a soluc¸ao

y 00 + 2y 0 + αy = 0 para α > 1, para α = 1 e para α < 1. ˜ particular da equac¸ao ˜ (b) Determine a forma adequada para uma soluc¸ao

√ y 00 + 2y 0 + αy = te−t sen( α − 1 t) para α > 1. Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

312

˜ tendem a zero quando t → +∞. (c) Para quais valores de α todas as soluc¸oes

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

313

˜ 2.3 Oscilac¸oes Considere um sistema massa-mola na vertical. Seja L o alongamento provocado na mola pela ˜ da massa m. Entao ˜ colocac¸ao mg = kL. (2.30) ˜ Seja y(t) o alongamento da mola em um instante t. Defina a nova func¸ao

u(t) = y(t) − L. Sobre a massa agem o seu peso,

P = mg, a forc¸a da mola que e´ proporcional ao seu alongamento e tem sentido oposto a ele,

Fe = −ky(t) = −k(u(t) + L), ˆ uma forc¸a de resistencia proporcional a velocidade,

Fr = −γy 0 (t) = −γu0 (t)

e uma forc¸a externa Fext . Aqui k e´ chamada constante da mola e γ , constante de amortecimento. Pela segunda lei de Newton, temos que

my 00 (t) = mg − ky(t) − γy 0 (t) + Fext

ou escrevendo em termos de u(t) = y(t) − L:

mu00 (t) = mg − k(L + u(t)) − γu0 (t) + Fext

(2.31)

mu00 (t) + γu0 (t) + ku(t) = Fext .

(2.32)

˜ diferencial Assim, por (2.30) e (2.31), u(t) satisfaz a seguinte equac¸ao

˜ que satisfaz x(t) no caso da mola estar na posic¸ao ˜ horizontal. Verifique! que e´ a mesma equac¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

314

e

F =−ky

F =−kL

e

0

r

F =−γv

0

L

P=mg

P=mg ext

F

y

u

Figura 2.9: Sistema massa-mola na vertical ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

315

˜ 2.3.1 Oscilac¸oes Livres Sem Amortecimento ˜ sao ˜ livres, Fext = 0 e como sao ˜ nao ˜ amortecidas, γ = 0. Assim a equac¸ao ˜ Como as oscilac¸oes (2.32) para o movimento da massa e´

mu00 + ku = 0 ˜ caracter´ıstica e´ A equac¸ao

mr 2 + k = 0

⇔

r=±

r

k i m

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ Assim a soluc¸ao

u(t) = c1 cos

Seja ω0 =

q

k . m

r

k t m

!

+ c2 sen

r

k t m

!

˜ a equac¸ao ˜ acima pode ser escrita em termos de ω0 como Entao

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) .

(2.33)

Escrevendo o par (c1 , c2 ) em coordenadas polares temos que Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

316 y

(c1 , c2 )

c2



R

c1 = R cos δ, c2 = R sen δ.

(2.34)

δ c1

x

˜ (2.33) obtemos Substituindo-se os valores de c1 e c2 na equac¸ao

p

u(t) = R (cos δ cos (ω0 t) + sen δ sen (ω0 t)) = R cos(ω0 t − δ),

ˆ em que R = c21 + c22 e δ e´ obtido de (2.34). Aqui, ω0 e´ chamada frequ¨ encia natural do sistema, δ a fase e R a amplitude. ˜ da equac¸ao ˜ e´ periodica ´ Neste caso a soluc¸ao de per´ıodo T = ˆ chamado movimento harmonico simples.

2π ´ . Este movimento oscilatorio e´ ω0

Exemplo 2.14. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola e´ dado por

y 00 + 5y = 0,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

˜ geral da equac¸ao ˜ diferencial e resolva o problema de valor inicial. Determine (a) Encontre a soluc¸ao ˆ a amplitude, a frequ¨ encia, a fase e o per´ıodo. ´ ˜ obtida. (b) Esboce o grafico da soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

317

F = −k x e

Fe = −k x

0

x

˜ amortecido Figura 2.10: Sistema massa-mola livre nao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

318

Oscilação Livre sem Amortecimento

u

u(t) = R cos(ω0 t − δ),

ω0 =

q

k m

__ 2π ω0

+R

δ __ ω

0

δ+2π ____ ω

t

0

−R

˜ do sistema massa-mola livre nao ˜ amortecido Figura 2.11: Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

319

˜ Soluc¸ao: ˜ caracter´ıstica e´ (a) A equac¸ao

r2 + 5 = 0 √

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ que tem como ra´ızes r = ± 5i. Assim a soluc¸ao

y(t) = c1 cos

√  √  5 t + c2 sen 5t

˜ geral Para resolver o problema de valor inicial precisamos calcular a derivada da soluc¸ao 0

√

y (t) = − 5 c1 sen

√

√  √ 5 t + 5 c2 cos 5t 

˜ do problema de Substituindo-se t = 0, y = 1 e y 0 = 0 obtemos c1 = 1 e c2 = 0 e a soluc¸ao valor inicial e´

y(t) = cos ˆ A amplitude e´ igual a 1, a frequ¨ encia e´ igual a √ 2π/ 5.

√

√

5t



5, a fase e´ igual a zero e o per´ıodo e´ igual a

(b)

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

320

y

+1

2π ____ 51/2

t

−1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

321

Com Amortecimento ˜ sao ˜ livres, Fext = 0. Assim a equac¸ao ˜ (2.32) para o movimento da massa e´ Como as oscilac¸oes

mu00 + γu0 + ku = 0 ˜ caracter´ıstica e´ mr 2 + γr + k = 0 e ∆ = γ 2 − 4km A equac¸ao ˆ casos a considerar:√ Aqui temos tres (a) Se ∆ = γ 2 − 4km > 0 ou γ > 2 km, neste caso

u(t) = c1 er1 t + c2 er2 t , em que

p √ −γ ± ∆ −γ ± γ 2 − 4km r1,2 = = 2 km 





√

amortecimento cr´ıtico, γ = 2 km 





t







√

sub amortecimento, γ < 2 km

˜ das soluc¸oes ˜ Figura 2.17: Comparac¸ao do sistema massa-mola livre com amortecimento para diferentes valores de γ ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

329

˜ 2.3.2 Oscilac¸oes Forc¸adas ´ Vamos supor que uma forc¸a externa periodica da forma Fext = F0 cos(ωt) e´ aplicada a` massa. ˜ a equac¸ao ˜ (2.32) para o movimento da massa e´ Entao

mu00 + γu0 + ku = F0 cos(ωt) ˜ Oscilac¸oes Forc¸adas sem Amortecimento ˜ diferencial para o movimento da massa e´ Neste caso a equac¸ao

mu00 + ku = F0 cos(ωt) Temos dois casos a considerar: ˜ particular pelo metodo ´ (a) Se ω 6= ω0 . A soluc¸ao dos coeficientes a determinar e´ da forma

up (t) = A0 cos(ωt) + B0 sen(ωt) ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ da forma e a soluc¸ao

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + A0 cos(ωt) + B0 sen(ωt) ´ Pelo metodo das constantes a determinar encontramos A0 =

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 m(ω02 −ω 2 )

e B0 = 0. Assim

F0 cos(ωt). − ω 2)

m(ω02

˜ u(t) e´ oscilatoria ´ Neste caso a soluc¸ao e limitada. Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

330

˜ particular pelo metodo ´ (b) Se ω = ω0 . A soluc¸ao dos coeficientes a determinar e´ da forma

up (t) = t[A0 cos(ωt) + B0 sen(ωt)] ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ da forma e a soluc¸ao

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + A0 t cos(ω0 t) + B0 t sen(ω0 t) ´ Pelo metodo das constantes a determinar encontramos A0 = 0 e B0 =

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 . 2mω0

Assim

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

´ ˆ Neste caso u(t) e´ oscilatoria, mas fica ilimitada quando t tende a +∞. Este fenomeno e´ ˆ conhecido como ressonancia.

Exemplo 2.15. Vamos considerar o problema de valor inicial



mu00 + ku = F0 cos(ωt), u(0) = 0, u0 (0) = 0

Temos dois casos a considerar: ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ (a) Se ω 6= ω0 . A soluc¸ao

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

F0 cos(ωt) − ω2)

m(ω02

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

331

F

ext

= F cos(ωt) o

F =−kx e

F

ext

= F cos(ωt) o

F

ext

= F cos(ωt) o

Fe = − k x

0

x

Figura 2.18: Sistema massa-mola forc¸ado sem amortecimento Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

332

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que

c1 = −

F0 , − ω2)

m(ω02

c2 = 0

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

u(t) =

F0 (cos(ωt) − cos(ω0 t)) . − ω2)

m(ω02

Como

cos(A − B) − cos(A + B) = 2 sen A sen B ˜ entao

u(t) = em que

2F0 sen(ω1 t) sen(ω2 t) m(ω02 − ω 2 )

ω1 =

ω0 − ω , 2

ω2 =

ω0 + ω . 2

˜ o movimento e´ uma oscilac¸ao ˜ de Como ω1 = ω02−ω e´ menor do que ω2 = ω02+ω , entao 0 ˆ ´ oscilatoria ´ ˆ frequ¨ encia ω2 com uma amplitude tambem R(t) = m(ω2F sen(ω t) de freq u ¨ encia 2 1 2 0 −ω ) ω1 . Este movimento e´ chamado batimento. ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ (b) Se ω = ω0 . A soluc¸ao

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

F0 t sen(ω0 t) 2mω0 Julho 2007

R= 2.3

m(ω02 −ω 2 )

,

ω1 =

2

,

ω2 =

2

˜ Oscilac¸oes

333

Batimento

u

+R

R sen(ω t) → 1

π __ 2ω

1

π __ ω

1

3π __ 2ω

1

t

2π __ ω

1

−R sen(ω t) → −R

1

˜ do sistema massa-mola, para u(0) = u0 (0) = 0, no caso de batimento Figura 2.19: Soluc¸ao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

334

Ressonância

u

Rt→

π __ 2ω

0

3π __ 2ω

0

2π __ ω

t

0

−R t →

˜ do sistema massa-mola, para u(0) = u0 (0) = 0, no caso de ressonancia ˆ Figura 2.20: Soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

335

ˆ Ja´ vimos que neste caso u(t) fica ilimitada quando t tende a +∞ que e´ o fenomeno da res0 ˆ sonancia. Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u = 0 obtemos que

c1 = 0,

c2 = 0

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

u(t) =

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

˜ de frequ¨ encia ˆ Este movimento e´ uma oscilac¸ao ω0 com uma amplitude R(t) = aumenta proporcionalmente a t.

F0 t 2mω0

que

˜ Oscilac¸oes Forc¸adas com Amortecimento

mu00 + γu0 + ku = F0 cos(ωt) ˜ da equac¸ao ˜ homogenea ˆ ˜ a soluc¸ao ˜ Seja u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) a soluc¸ao correspondente. Entao ˜ e´ geral desta equac¸ao

u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + up (t) ˜ particular. Pelo metodo ´ em que up (t) e´ uma soluc¸ao das constantes a determinar

up (t) = A0 cos(ωt) + B0 sen(ωt). Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

336

˜ encontramos Substituindo-se up (t) e sua derivada na equac¸ao

A0 =

F0 m(ω02 − ω 2 ) , ∆

B0 =

F0 γω , ∆

em que ∆ = m2 (ω02 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2 . Podemos escrever

up (t) = A0 cos(ωt) + B0 sen(ωt) = R cos(ωt − δ) em que R =

p

A20 + B02 e δ = arccos AR0 . Neste caso F0 R= √ , ∆

δ = arccos

m(ω02 − ω 2 ) √ . ∆

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ Assim a soluc¸ao

u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ). ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ ˜ do problema A soluc¸ao correspondente, c1 u1 (t) + c2 u2 (t), e´ a soluc¸ao ˜ livre amortecida e ja´ mostramos que tende a zero quando t tende a +∞, por isso e´ de oscilac¸ao ˜ particular, R cos(ωt − δ), permanece e por isso e´ ˜ transiente, enquanto a soluc¸ao chamada soluc¸ao ˜ estacionaria. ´ chamada soluc¸ao

u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ) ≈ R cos(ωt − δ),

para t grande.

˜ estacionaria ´ ˆ Vamos analisar como varia a amplitude da soluc¸ao R com a frequ¨ encia da forc¸a externa ω .

R0 (ω) = 0

⇔

∆0 (ω) = 0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

⇔

ω02 − ω 2 =

γ2 , 2m2

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

337

ou seja, R0 (ω) = 0 se, e somente se,

Assim se ω02 − ´ maxima para

γ2 2m2

γ2 ω 2 = ω02 − 2m2 p √ ˜ a amplitude da soluc¸ao ˜ estacionaria ´ ≥ 0 ou γ ≤ 2m2 ω02 = 2km, entao e´ ω=

p

√

r

ω02 −

γ2 . 2m2

˜ a amplitude da soluc¸ao ˜ estacionaria ´ e´ decrescente e portanto seu Se γ > 2m2 ω02 = 2km, entao ´ maximo ocorre para ω = 0.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

338

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt) Fe = − k x

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fe = − k x

0

x

Figura 2.21: Sistema massa-mola forc¸ado com amortecimento ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

339

Oscilaçao Forçada com Amortecimento

uR cos(ωt − δ)





+R

δ _ ω

2π __ ω

δ+2π ____ ω

t

−R

˜ do sistema massa-mola forc¸ado com amortecimento Figura 2.22: Soluc¸ao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

340

R(ω)

F0 R(ω) = p 2 2 m (ω0 − ω 2 )2 + γ 2 ω 2

) 

F0 k

γ> 

√

γ<

2km

+ 

r

√ 2km

ω02

γ2 − 2m2



γ=

√ 2km

ω

˜ estacionaria ´ em func¸ao ˜ da frequ¨ encia ˆ Figura 2.23: Amplitude da soluc¸ao da forc¸a do sistema massamola forc¸ado com amortecimento ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

341

´ 2.3.3 Circuitos Eletricos ´ ´ Considere um circuito eletrico formado por um capacitor, um resistor e um indutor ligados em s erie a um gerador como mostrado na Figura 2.24. ˆ ˆ A queda de potencial num resistor de resistencia R e´ igual a RI , num capacitor de capacitancia

C e´ igual a ˜ que entao

Q ˆ e em um indutor de indutancia L e´ igual a L dI . Pela segunda lei de Kirchhoff temos dt C

L Substituindo-se I = capacitor.

1 dI + RI + Q = V (t) dt C

(2.37)

dQ ˜ diferencial de 2a. ordem para a carga eletrica ´ obtemos uma equac¸ao no dt L

d2 Q dQ 1 +R + Q = V (t) 2 dt dt C

(2.38)

˜ ˜ diferencial de 2a. ordem para a com condic¸oes iniciais Q(0) = Q0 e Q0 (0) = I0 . Uma equac¸ao ´ ˜ (2.37), ou seja, corrente eletrica no circuito pode ser obtida derivando-se a equac¸ao

L e substituindo-se I =

d2 I dI 1 dQ dV +R + = (t) 2 dt dt C dt dt

dQ dt L

Julho 2007

d2 I dI 1 dV +R + I = (t) 2 dt dt C dt Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

342

R

L

C

V (t) Figura 2.24: Circuito LRC ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

343

˜ com condic¸oes iniciais I(0) = I0 e I 0 (0) =

V (t0 ) − RI0 − (I/C)Q0 ˜ e´ obtida . A ultima ´ condic¸ao L

˜ (2.38). usando a equac¸ao Exemplo 2.16. Um circuito possui um capacitor de 0, 5 × 10−1 F, um resistor de 25 Ω e um indutor ´ de 5 H, em serie. O capacitor se encontra descarregado. No instante t = 0 conecta-se esse circuito ˜ e´ de 10e−t/4 V, e o circuito e´ fechado. a uma bateria cuja tensao ˜ diferencial para a Vamos determinar a carga no capacitor em qualquer instante t > 0. A equac¸ ao carga no capacitor e´

5Q00 + 25Q0 + ˜ Dividindo-se por 5 obtemos a equac¸ao

1 Q = 10e−t/4 . 0, 5 · 10−1

Q00 + 5Q0 + 4Q = 2e−t/4 . ˜ caracter´ıstica e´ Equac¸ao

r 2 + 5r + 4 = 0 ˜ r = −1, −4. cujas ra´ızes sao ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ Assim a soluc¸ao e´

Q(t) = c1 e−t + c2 e−4t . ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ Vamos procurar uma soluc¸ao da forma Qp (t) = A0 e−t/4 .

1 Q0p (t) = − A0 e−t/4 , 4 Julho 2007

Q00p (t) =

A0 −t/4 e 16 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

344

˜ Qp (t), Q0p (t) e Q00p (t) obtemos Substituindo-se na equac¸ao

A0 −t/4 5 e − A0 e−t/4 + 4A0 e−t/4 = 2e−t/4 16 4 45 A0 = 2 16

⇒

A0 =

32 45

˜ geral da equac¸ao ˜ diferencial e´ Portanto a soluc¸ao

Q(t) = c1 e−t + c2 e−4t + ˜ geral: Q0 (t) = −c1 e−t − 4c2 e−4t − Derivada da soluc¸ao Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q0 = 0 obtemos



32 c1 + c2 + 45 =0 , 8 −c1 − 4c2 − 45 = 0

32 −t/4 e 45

8 −t/4 e 45

⇒



c1 = −8/9 c2 = 8/45

˜ do PVI formado pela equac¸ao ˜ diferencial e Q(0) = 0, Q0 (0) = 0 e´ Portanto a soluc¸ao

8 8 32 Q(t) = − e−t + e−4t + e−t/4 9 45 45 Observe que

lim Q(t) = 0.

t→∞

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

345

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 412) 3.1. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola e´ dado por

y 00 + 2y = 0,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 1

˜ geral da equac¸ao ˜ diferencial e resolva o problema de valor inicial. (a) Encontre a soluc¸ao ˆ Determine a amplitude, a frequ¨ encia, a fase e o per´ıodo. ´ ˜ obtida. (b) Esboce o grafico da soluc¸ao 3.2. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola e´ dado por

2y 00 + 3y = 0,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

˜ geral da equac¸ao ˜ e resolva o problema de valor inicial. Determine a (a) Encontre a soluc¸ao ˆ amplitude, a frequ¨ encia, a fase e o per´ıodo. ´ ˜ obtida. (b) Esboce o grafico da soluc¸ao 3.3. Uma mola, de um sistema massa-mola sem amortecimento, tem constante igual a 3 N/m. ˜ de uma forc¸a externa de Pendura-se na mola uma massa de 2 kg e o sistema sofre a ac¸ao ˜ que descreve o movimento da massa em qualquer instante t, 3 cos(3t). Determine a func¸ao ˜ inicial igual u0 e a velocidade inicial u00 . considerando a posic¸ao 3.4. Se um sistema massa-mola com uma massa de 2 kg e uma mola com constante de elasticidade igual 0,5 N/m e´ colocado em movimento, no instante t = 0, num meio em que a constante ˜ da massa em qualquer instante t, de amortecimento e´ igual a 1 N.s/m, determine a posic¸ao ˜ inicial igual u0 e a velocidade inicial u00 . considerando a posic¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

346

˜ haja amorte3.5. Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. Suponha que n ao 3 ˜ da gravidade seja de 10 cent´ımetros por segundo ao quadrado. cimento e que a acelerac¸ao ˆ ˜ u em Encontre a frequ¨ encia, o per´ıodo e a amplitude do movimento. Determine a posic¸ao ˜ do tempo t e fac¸a um esboc¸o do seu grafico. ´ func¸ao ˜ de equil´ıbrio com uma (a) Se a massa e´ colocada em movimento a partir da sua posic¸ao velocidade apontada para cima de 4 cent´ımetros por segundo. (b) Se a massa e´ puxada para baixo contraindo a mola 1 cent´ımetro e depois colocada em movimento com uma velocidade para baixo de 10 cent´ımetros por segundo. (c) Se a massa e´ puxada para baixo contraindo a mola 2 cent´ımetros e depois e´ solta. 3.6. Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. A massa est a´ presa a um amor˜ da gravidade seja de 103 cent´ımetros por segundo tecedor viscoso. Suponha que a acelerac¸ao ao quadrado. (a) Para quais valores da constante de amortecimento γ o sistema e´ super-amortecido, tem um amortecimento cr´ıtico e e´ sub-amortecido. (b) Suponha que o amortecedor exerce uma forc¸a de 104 dinas (=gramas·cent´ımetros por segundos2 ) quando a velocidade e´ de 10 cent´ımetros por segundo. Se a massa e´ puxada ˜ u em func¸ao ˜ do tempo t e para baixo 2 cent´ımetros e depois e´ solta, determine a posic¸ao ´ fac¸a um esboc¸o do seu grafico. Qual o valor do quase-per´ıodo? ˜ haja amorteci3.7. Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. Suponha que n ao ˜ da gravidade seja de 103 cent´ımetros por segundo ao quadrado. Se mento e que a acelerac¸ao o sistema e´ colocado em movimento com uma forc¸a externa de 9600 cos(6t) dinas, determine ˜ da massa como func¸ao ˜ do tempo e fac¸a um esboc¸o do seu grafico. ´ a posic¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.3

˜ Oscilac¸oes

347

˜ haja amorte3.8. Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. Suponha que n ao 3 ˜ da gravidade seja de 10 cent´ımetros por segundo ao quadrado. cimento e que a acelerac¸ao ˜ de equil´ıbrio com uma forc¸a externa de Se o sistema e´ colocado em movimento na posic¸ao ˆ ˆ ˜ da massa 1000 cos(ωt) dinas, para ω igual a frequ¨ encia de ressonancia, determine a posic¸ao ˜ do tempo e fac¸a um esboc¸o do seu grafico. ´ como func¸ao 3.9. Uma massa de 100 gramas estica uma mola 10 cent´ımetros. A massa est a´ presa a um amor˜ da gravidade seja de 103 cent´ımetros por segundo tecedor viscoso. Suponha que a acelerac¸ao ao quadrado. Suponha que o amortecedor exerce uma forc¸a de 4200 dinas quando a veloci˜ de uma forc¸a externa de dade e´ de 1 cent´ımetro por segundo. Se a massa esta´ sob a ac¸ao ˜ u em func¸ao ˜ do tempo t e fac¸a um esboc¸o do seu 26000 cos(6t) dinas, determine a posic¸ao ´ ˜ estacionaria. ´ grafico, considerando somente a soluc¸ao 3.10. Um circuito possui um capacitor de 0,125 × 10−1 F, um resistor de 60 Ω e um indutor de 10 H, ´ em serie. A carga inicial no capacitor e´ zero. No instante t = 0 conecta-se o circuito a uma ˜ e´ de 12 V e o circuito e´ fechado. bateria cuja tensao (a) Determine a carga no capacitor em qualquer instante t > 0. (b) Determine a carga no capacitor quando t → +∞. ´ ˜ obtida. (c) Esboce o grafico da soluc¸ao

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

348

˜ ´ ˆ 2.4 Soluc¸oes em Series de Potencias ˜ da forma ´ ˆ Uma serie de potencias de x e´ uma expressao ∞ X

a n xn = a 0 + a 1 x + a 2 x2 + . . . ,

n=0

˜ numeros ˜ ´ em que a0 , a1 , a2 , . . . sao ´ denominados coeficientes da serie. Podemos definir uma func¸ao f (x) que associa a cada valor de x, para o qual existe o limite

lim

N →∞

N X

an xn = lim (a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + aN xN ),

n=0

N →∞

o valor deste limite e escrevemos

f (x) =

∞ X

a n xn = a 0 + a 1 x + a 2 x2 + . . .

n=0

´ O maior valor de r para o qual o limite acima existe, ou seja, a serie converge para |x| < r e´ ´ ˆ chamado raio de convergencia da serie. ´ ´ Exemplo 2.17. A serie geometrica ∞ X

1 − xN +1 1 f (x) = 1 + x + x + . . . = x = lim = , N →∞ 1−x 1−x n=0 2

n

para |x| < 1

ˆ tem raio de convergencia r = 1. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

349

˜ validas ´ ´ ˆ ˜ 2.7. Sao Proposic¸ao as seguintes propriedades para as series de potencias:

(a) Se f (x) =

∞ X

ˆ an xn com raio de convergencia r1 e g(x) =

n=0

αf (x) + βg(x) = α

ˆ bn xn , com raio de convergencia

n=0

˜ para todos os numeros r2 , entao ´ α e β, ∞ X

∞ X

n

an x + β

n=0

∞ X

n

bn x =

n=0

∞ X

(αan + βbn )xn ,

n=0

ˆ com raio de convergencia r = min{r1 , r2 }. (b) Se f (x) =

∞ X n=0

k

˜ para k = 0, 1, 2, . . . an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · , entao

x f (x) = x

k

∞ X n=0

an xn = a0 xk + a1 x1+k + a2 x2+k + a3 x3+k + · · · = =

∞ X n=0

Julho 2007

an xn+k =

∞ X

n0 =k

0

an0 −k xn =

∞ X

an−k xn .

n=k

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

350

(c) Se f (x) =

∞ X n=0

0

˜ an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · , entao 2

f (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x + · · · = 00

∞ X n=1

2

f (x) = 2a2 + 2 · 3x + 3 · 2x + · · · =

(d) Se

∞ X n=0

nan x

∞ X n=2

n−1

=

∞ X

(n + 1)an+1 xn

n=0

(n − 1)nan x

n−2

=

∞ X

(n + 1)(n + 2)an+2 xn

n=0

˜ an = 0, para n = 0, 1, 2, . . .. an xn = 0, para todo x, com |x| < r e r > 0, entao

˜ diferencial da forma Para uma equac¸ao

P (x)

d2 y dy + Q(x) + R(x)y = 0 2 dx dx

˜ polinomios ˆ ˜ geral pode ser escrita em que P (x), Q(x) e R(x) sao tais que P (0) 6= 0, a soluc¸ao ´ de potencias ˆ ´ como uma serie de x como estabelecemos no proximo resultado que sera´ demonstrado ˜ apenas ao final da sec¸ao.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

351

˜ Teorema 2.8. Considere a equac¸ao

d2 y dy P (x) 2 + Q(x) + R(x)y = 0, dx dx

(2.39)

˜ polinomios ˆ ˜ a equac¸ao ˜ tem em que P (x), Q(x) e R(x) sao sem fatores comuns. Se P (0) 6= 0, entao ˜ geral em serie ´ ˆ soluc¸ao de potencias

y(x) =

∞ X

a n xn = a 0

n=0

P∞

1+

∞ X

b n xn

n=2

!

+ a1

x+

P∞

∞ X n=2

!

c n xn ,

˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao ˜ em que y1 (x) = 1 + n=2 bn xn e y2 (x) = x + n=2 cn xn sao que convergem para |x| < r , sendo r o raio do maior c´ırculo no plano complexo com centro na origem tal que P (z) 6= 0, para todo z ∈ C com |z| < r .

˜ Exemplo 2.18. Considere a equac¸ao

(1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + α(α + 1)y = 0, ˜ e´ chamada equac¸ao ˜ geral ˜ de Legendre. Pelo Teorema 2.8 a soluc¸ao em que α ∈ R. Esta equac¸ao ˜ pode ser escrita como desta equac¸ao

y(x) =

∞ X

an xn = a0 y1 (x) + a1 y2 (x),

n=0

˜ soluc¸oes ˜ fundamentais em serie ´ em que y1 (x) e y2 (x) sao que convergem pelo menos para |x| < 1, pois P (z) 6= 0, para |z| < 1, z ∈ C, ja´ que P (z) = 0 se, e somente se, z = ±1. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

352 1.5

Im z

1

0.5

0

Re z

−0.5

−1

−1.5 −1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Figura 2.25: Maior c´ırculo no plano complexo com centro na origem onde P (z) 6= 0, para o Exemplo 2.18 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

353

1.5

Im z

1

0.5

0

Re z

−0.5

−1

−1.5 −1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Figura 2.26: Maior c´ırculo no plano complexo com centro na origem onde P (z) 6= 0, para o Exemplo 2.19 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

354 ˜ Exemplo 2.19. Considere a equac¸ao

(1 + x2 )y 00 + 2xy 0 + 4x2 y = 0, ˜ geral desta equac¸ao ˜ pode ser escrita como em que α ∈ R. Pelo Teorema 2.8 a soluc¸ao

y(x) =

∞ X

an xn = a0 y1 (x) + a1 y2 (x),

n=0

˜ soluc¸oes ˜ fundamentais em serie ´ em que y1 (x) e y2 (x) sao que convergem pelo menos para |x| < 1, pois P (z) 6= 0, para |z| < 1, z ∈ C, ja´ que P (z) = 0 se, e somente se, z = ±i. ˜ geral em serie ´ de potencias ˆ ˜ y(x) como uma Para encontrar a soluc¸ao de x, escrevemos a soluc¸ao ´ ˆ serie de potencias de x, com os coeficientes a determinar,

y(x) =

∞ X n=0

a n xn = a 0 + a 1 x + a 2 x2 + a 3 x3 + · · · ,

˜ (2.39) esta serie, ´ ´ e substitu´ımos na equac¸ao a serie da primeira derivada 0

2

y (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x + · · · =

∞ X

(n + 1)an+1 xn

n=0

´ e a serie da segunda derivada 00

2

y (x) = 2a2 + 2 · 3a3 x + 3 · 4a4 x + · · · = ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

∞ X

(n + 1)(n + 2)an+2 xn .

n=0

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

355

Usamos as propriedades que apresentamos anteriormente de forma a escrever o lado esquerdo da ´ de potencias ˆ ˜ expressoes ˜ dos coeficientes ˜ (2.39) como uma serie de x cujos coeficientes sao equac¸ao ˜ ´ ˜ os coeficientes a ser determinados a0 , a1 , . . . Usando estas expressoes obtemos formulas que dao an+k em termos dos coeficientes anteriores an+k−1 , an+k−2 , . . . Desta forma obtemos qualquer coe˜ nulos que serao ˜ as constantes arbitrarias ´ ficiente em termos dos dois primeiros coeficientes nao da ˜ soluc¸ao geral.

˜ Exemplo 2.20. Considere a equac¸ao

y 00 − xy 0 − y = 0. Substituindo-se

y(x) =

∞ X

n

an x ,

n=0

0

y (x) =

∞ X

(n + 1)an+1 x

n

00

e y (x) =

n=0

∞ X

(n + 2)(n + 1)an+2 xn

n=0

˜ obtemos na equac¸ao, ∞ X n=0

n

(n + 2)(n + 1)an+2 x − x

∞ X n=0

n

(n + 1)an+1 x −

∞ X

a n xn = 0

n=0

˜ 2.7 (b) Usando a propriedade Proposic¸ao ∞ X n=0

Julho 2007

n

(n + 2)(n + 1)an+2 x −

∞ X n=0

(n + 1)an+1 x

n+1

−

∞ X

a n xn = 0

n=0

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

356

7

N=8

y N=6 6

5

N=4

4

3

N=2

2

1

0

t −1

−2 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

˜ y1 (x) da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.20 Figura 2.27: Somas parciais da soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

357

N=9

7

N=7 N=5

y 6

5 N=3 4

3

2

1

0

t −1

−2 −2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

˜ y2 (x) da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.20 Figura 2.28: Somas parciais da soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

358 Como

P∞

n=0 (n

+ 1)an+1 xn+1 = ∞ X n=0

P∞

n=1

˜ da equac¸ao ˜ acima obtemos nan xn , entao n

(n + 2)(n + 1)an+2 x −

∞ X n=1

n

nan x −

∞ X

a n xn = 0

n=0

˜ 2.7 (a) Usando a propriedade Proposic¸ao

2a2 − a0 +

∞ X n=1

[(n + 2)(n + 1)an+2 − nan − an ]xn = 0

´ nula, entao ˜ pela propriedade Proposic¸ao ˜ 2.7 (d) os seus coeficientes tem ˆ que ser Como esta e´ a serie iguais a zero, ou seja,



2a2 − a0 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 − nan − an = 0, n = 1, 2, 3, . . .

´ ˆ De onde obtemos a formula de recorrencia

 1   a2 = a0 2 n+1 1   an+2 = an = an , n = 1, 2, 3, . . . (n + 2)(n + 1) n+2

´ ˆ Usando a formula de recorrencia an+2 =

1 an , a partir do a0 podemos obter o a2 , a partir do a2 n+2

podemos obter o a4 e assim por diante, ou seja,

1 1 a4 = a2 = a0 , 4 4·2

1 1 a6 = a4 = a0 , 6 6·4·2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

··· Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

359

˜ dados por Assim os coeficientes de ´ındice par (multiplos ´ de 2) sao

a2k =

1 1 1 a2k−2 = a2k−4 = a0 , 2k 2k(2k − 2) 2k(2k − 2) · · · 2

´ ˆ Usando a formula de recorrencia an+2 =

k = 1, 2, . . .

1 an , a partir do a1 podemos obter o a3 , a partir do a3 n+2

podemos obter o a5 e assim por diante, ou seja,

1 a3 = a1 , 3

1 1 a5 = a3 = a1 , 5 5·3

···

˜ dados por Assim os coeficientes de ´ındice ´ımpar (multiplos ´ de 2 mais 1) s ao

a2k+1 =

1 1 1 a2k−1 = a2k−3 = a1 , 2k + 1 (2k + 1)(2k − 1) (2k + 1)(2k − 1) · · · 3

k = 1, 2, . . .

´ ´ ´ termos de potencia ˆ Separando-se a serie de y(x) em duas series, uma que so´ contem par e outra ´ termos de potencia ˆ que so´ contem ´ımpar e substituindo-se os valores dos coeficientes a 2k e a2k+1 encontrados acima obtemos

y(x) =

∞ X

n

an x =

n=0

= a0

∞ X

a2k x

k=0

1+

∞ X k=1

+a1

x+

+

∞ X

a2k+1 x2k+1 =

k=0

1 x2k (2k)(2k − 2) · · · 2 ∞ X k=1

Julho 2007

2k

!

+

1 x2k+1 (2k + 1)(2k − 1) · · · 3

! Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

360 ˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 +

∞ X k=1

y2 (x) = x +

∞ X k=1

1 x2k (2k)(2k − 2) · · · 2

1 x2k+1 (2k + 1)(2k − 1) · · · 3

´ ˜ em serie ´ ´ Pelo Teorema 2.8 na pagina 351 esta soluc¸ao e´ valida para todo t ∈ R, pois P (z) = 1 6= 0, para todo z ∈ C. ˜ Exemplo 2.21. Considere a equac¸ao

(x + 1)y 00 + y = 0. Substituindo-se

y(x) =

∞ X

n

an x ,

0

y (x) =

n=0

∞ X

(n + 1)an+1 x

n

00

e y (x) =

n=0

∞ X

(n + 2)(n + 1)an+2 xn

n=0

˜ (x + 1)y 00 + y = 0, obtemos na equac¸ao

(x + 1)

∞ X

n

(n + 2)(n + 1)an+2 x +

n=0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

∞ X

a n xn = 0

n=0

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

x

∞ X

361

∞ X

n

(n + 2)(n + 1)an+2 x +

n=0

∞ X

n

(n + 2)(n + 1)an+2 x +

n=0

(n + 2)(n + 1)an+2 x

n+1

+

n=0

∞ X

n

(n + 1)nan+1 x +

n=1

∞ X

n

(n + 2)(n + 1)an+2 x +

2a2 + a0 +

∞ X

a n xn = 0

n=0

n

(n + 2)(n + 1)an+2 x +

n=0

∞ X

a n xn = 0

n=0

n=0

∞ X

∞ X

∞ X

a n xn = 0

n=0

[(n + 1)nan+1 + (n + 2)(n + 1)an+2 + an ]xn = 0

n=1

O que implica em



2a2 + a0 = 0 (n + 1)nan+1 + (n + 2)(n + 1)an+2 + an = 0, n = 1, 2, 3, . . . 

a2 = − 12 a0 n an+2 = − n+2 an+1 −

1 a , (n+2)(n+1) n

n = 1, 2, 3, . . .

1 1 1 1 a3 = − a2 − a1 = a0 − a1 3 3·2 3·2 3·2

1 1 1 1 1 1 1 a4 = − a3 − a2 = − a0 + a1 + a0 = − a0 + a1 2 2 2 4·3 3·2 3·2 4·3·2 4·3·2 3 · 22 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

362

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

y(x) =

∞ X

a n xn

n=0

= a0



1 1 3 1 x − x4 + · · · 1 − x2 + 2 3·2 4·3·2



+ a1



1 3 1 4 x− x + x +··· 3·2 3·4



˜ tem soluc¸ao ˜ geral Portanto a equac¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

1 3 1 1 x − x4 + · · · y1 (x) = 1 − x2 + 2 3·2 4·3·2 1 3 1 4 y2 (x) = x − x + x +··· 3·2 3·4

´ ´ Pelo Teorema 2.8 na pagina 351 as series acima convergem pelo menos para |x| < 1. ˜ Exemplo 2.22. Considere a equac¸ao

xy 00 + y = 0 ˜ podemos aplicar o Teorema 2.8 diretamente pois P (x) = x e´ tal que P (0) = 0. Mas podemos Nao ˜ definindo, por exemplo, x0 = x − 1. Obtemos que fazer uma translac¸ao

dy dy dx0 dy = 0 = 0, dx dx dx dx ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

363

y 1

N=3

0.8

N=4 0.6 N=2 0.4

0.2

0

t

−0.2 0

0.5

1

1.5

2

˜ y1 (x) da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.22 Figura 2.29: Somas parciais da soluc¸ao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

364

N=3 N=4

y 1

N=2

0.8

0.6

0.4

0.2

0

t

−0.2 0

0.5

1

1.5

2

˜ y2 (x) da equac¸ao ˜ do Exemplo 2.22 Figura 2.30: Somas parciais da soluc¸ao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

d2 y d = dx2 dx



dy dx0

365



d = 0 dx



dy dx0



dx0 d2 y = 02 , dx dx

˜ se transforma em Assim a equac¸ao

(x0 + 1)

d2 y +y =0 dx02

˜ tem uma soluc¸ao ˜ em serie ´ ˆ Esta equac¸ao de potencias de x0 obtida no Exemplo 2.21. Substituindo-se ˜ do exemplo anterior obtemos que a soluc¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ x0 = x − 1 na soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

1 1 1 y1 (x) = 1 − (x − 1)2 + (x − 1)3 − (x − 1)4 + · · · 2 3·2 4·3·2 1 1 (x − 1)3 + (x − 1)4 + · · · y2 (x) = (x − 1) − 3·2 3·4

´ ´ Pelo Teorema 2.8 na pagina 351 as series acima convergem pelo menos para |x − 1| < 1 ou 0 < x < 2.

˜ do Teorema de Existencia ˆ ˜ ´ 2.4.1 Demonstrac¸ao de Soluc¸oes em Series ´ Antes de demonstrar o teorema precisamos mostrar o resultado a seguir sobre vari aveis complexas. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

366

ˆ Lema 2.9. Sejam f (x) e g(x) polinomios tais que g(0) 6= 0. ˜ em serie ´ ˆ representac¸ao de potencias de x,

˜ f (x)/g(x) tem uma Entao

∞

f (x) X = a n xn , g(x) n=0 que converge para |x| < r , sendo r o raio do maior c´ırculo no plano complexo com centro na origem tal que g(z) 6= 0, para todo z ∈ C com |z| < r .

˜ Sejam a1 , . . . , ak ∈ C as ra´ızes de g(x). Entao ˜ g(x) se fatora como Demonstrac¸ao.

g(x) = a0 (x − a1 )n1 · · · (x − ak )nk . ˜ decompondo Podemos supor que o grau de f (x) e´ menor do que o grau de g(x) (por que?). Entao ˜ parciais obtemos f (x)/g(x) em frac¸oes k

n

i f (x) X X αij = g(x) (x − ai )j i=1 j=1

´ ´ Para a ∈ C, usando a serie geometrica, temos que

1 1 1 1 =− =− z−a a−z a1−

∞

z a

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

∞

1 X  z n X =− = a n=0 a n=0



−1 an+1



zn Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

367



´ disso, usando a derivada da serie ´ que converge para az < 1, ou seja, para |z| < |a|. Alem anterior obtemos que

d 1 = − (z − a)2 dz



1 z−a



 ∞  ∞  X n  n−1 X −n − 1 n =− z = z an+1 an+2 n=1 n=0

´ converge para |z| < |a|. Como que tambem

1 dj−1 j−1 = (−1) (j − 1)! j−1 (z − a)j dz



1 z−a



1 ˜ em serie ´ ˆ tem uma representac¸ao de potencias de z para j = 1, 2, . . . que converge (z − a)j para |z| < |a|. ˜ em serie ´ de potencias ˆ Logo f (z)/g(z) tem uma representac¸ao de z que converge para todo z ∈ C com |z| < r , em que r = min{|a1 |, . . . , |ak |}. Donde segue-se o resultado. 

˜ entao

˜ do Teorema 2.8 na pagina ´ Demonstrac¸ao 351. ˜ da forma equac¸ao

˜ por P (x) obtemos uma Dividindo-se a equac¸ao

y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0. ´ ˆ Pelo Lema 2.9 os coeficientes podem ser escritos em serie de potencias de x ∞

Q(x) X p(x) = = p n xn , P (x) n=0 Julho 2007

∞

R(x) X q(x) = = q n xn , P (x) n=0 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

368

que convergem para |x| < r , sendo r o raio do maior c´ırculo no plano complexo com centro na origem ˜ da equac¸ao ˜ possa ser tal que P (z) 6= 0, para todo z ∈ C com |z| < r . Suponhamos que a soluc¸ao ´ ˆ escrita em serie de potencias de x como

y(x) =

∞ X

a n xn .

n=0

˜ de recorrencia ˆ ´ Vamos mostrar que os coeficientes satisfazem uma relac¸ao de tal forma que a serie ˜ representadas em serie ´ ˆ converge para |x| < r . As derivadas, y 0 (x) e y 00 (x), sao de potencias como 0

y (x) =

∞ X

n

00

(n + 1)an+1 x ,

y (x) =

n=0

∞ X

(n + 1)(n + 2)an+2 xn .

n=0

˜ obtemos Substituindo-se na equac¸ao ∞ X n=0

"

(n + 1)(n + 2)an+2 +

n X

#

[pn−k (k + 1)ak+1 + qn−k ak ] xn = 0.

k=0

´ ˜ iguais a zero. Assim Esta e´ a serie nula, o que implica que todos os coeficientes sao

(n + 1)(n + 2)an+2 = −

n X

[pn−k (k + 1)ak+1 + qn−k ak ] .

(2.40)

k=0

ˆ ´ Por outro lado, da convergencia das series de p(x) e q(x) segue-se que existe M > 0 tal que ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

369

|pn |tn < M e |qn |tn < M , para 0 < t < r e n = 0, 1, 2 . . . Usando isso n MX (n + 1)(n + 2)|an+2 | ≤ n [(k + 1)|ak+1 | + |ak |] tk t k=0

n MX ≤ n [(k + 1)|ak+1 | + |ak |] tk + M |an+1 |t. t k=0

´ Vamos considerar a serie

P∞

n=0

An xn , com os coeficientes definidos por

(n + 2)(n + 1)An+2

A0 = |a0 |,

A1 = |a1 |

n MX = n [(k + 1)Ak+1 + Ak ] tk + M An+1 t. t k=0

(2.41)

P

∞ n ´ facil ´ ver (por induc¸ao) ˜ que |an | ≤ An , para n = 0, 1, 2, . . . Vamos mostrar que a serie ´ E n=0 An x ´ ´ e´ convergente. Usando (2.41) e´ convergente para |x| < r , o que implica que a serie de y(x) tambem temos que

(n + 1)nAn+1 =

n−1 M X [(k + 1)Ak+1 + Ak ] tk + M An t tn−1 k=0

n−2 M X n(n − 1)An = n−2 [(k + 1)Ak+1 + Ak ] tk + M An−1 t. t k=0

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

370 Assim

(n + 1)nAn+1

1 = t

(

n−2 M X [(k + 1)Ak+1 + Ak ] tk + M [nAn + An−1 ] t tn−2 k=0

)

+ M An t

1 {n(n − 1)An − M An−1 t + M [nAn + An−1 ] t} + M An t t An  = n(n − 1) + M nt + M t2 t

=

˜ Entao

An+1 xn+1 n(n − 1) + M nt + M t2 |x| |x| → , quando n → ∞. A n xn = t(n + 1)n t P∞ P∞ n n ´ ´ Assim a serie n=0 An x converge |x| < t, para todo t < r . Logo a serie n=0 An x converge para ˜ tambem ´ converge para |x| < r a serie ´ |x| < r . Como |an | ≤ An , para n = 0, 1, 2, . . ., entao y(x) =

∞ X

a n xn .

n=0

˜ linear de a0 e a1 . SubstituindoAgora, fazendo n = 0 em (2.40), obtemos a2 como combinac¸ao ´ a3 como combinac¸ao ˜ linear de a0 e a1 . se este resultado em (2.40) para n = 1 obtemos tambem Continuando desta forma obtemos

an = b n a0 + c n a1 , Assim,

y(x) = a0

1+

∞ X

b n xn

n=2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

para n = 2, 3, . . ..

!

+ a1

x+

∞ X n=2

c n xn

!

. Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

´ facil ´ ver que y1 (x) = 1 + E

∞ X n=2

(verifique!).

Julho 2007

n

bn x e y2 (x) = x +

371 ∞ X n=2

˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao ˜ cn xn sao



Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

372

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 429) ˜ diferencial dada em serie ´ ˆ 4.1. Resolva a equac¸ao de potencias de x (em torno de x0 = 0). Escreva ´ ´ ˜ a soluc¸ao. ˜ Deˆ um intervalo uma formula fechada para o termo geral de cada serie que compoe ˜ e´ valida. ´ onde a soluc¸ao (a) y 00 + xy 0 + 2y = 0, y(0) = 4, y 0 (0) = −1. (b) (1 + x2 )y 00 − 4xy 0 + 6y = 0. (c) (4 − x2 )y 00 + 2y = 0.

(d) (3 − x2 )y 00 − 3xy 0 − y = 0.

(e) (1 − x)y 00 + xy 0 − y = 0, y(0) = −3, y 0 (0) = 2. (f) 2y 00 + xy 0 + 3y = 0

(g) y 00 − xy = 0 ˜ diferencial dada em serie ´ ˆ 4.2. Resolva a equac¸ao de potencias de x (em torno de x0 = 0). Escreva ˆ primeiros termos nao ˜ nulos (se existirem) de cada serie ´ ˜ a soluc¸ao. ˜ Deˆ um os tres que compoe ˜ e´ valida. ´ intervalo onde a soluc¸ao (a) y 00 + k 2 x2 y = 0, em que k ∈ R. (b) (1 − x)y 00 + y = 0.

(c) (2 + x2 )y 00 − xy 0 + 4y = 0, y(0) = −3, y 0 (0) = 2.

4.3. Mostre que se

y(x) = a0

1+

∞ X n=2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

b n xn

!

+ a1

x+

∞ X n=2

c n xn

!

. Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

373

˜ em serie ´ ˆ ˜ e´ soluc¸ao de potencias da equac¸ao

P (x) ˜ entao

y1 (x) = 1 +

d2 y dy + Q(x) + R(x)y = 0 2 dx dx ∞ X

bn xn e y2 (x) = x +

n=2

∞ X

c n xn

n=2

˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao ˜ sao ˜ de Legendre 4.4. Considere a equac¸ao

(1 − x2 )y 00 − 2xy 0 + α(α + 1)y = 0. ˜ geral da equac¸ao ˜ de Legendre e´ (a) Mostre que a soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 +

∞ X (2k − 2 − α) · · · (−α)(2k − 1 + α) · · · (1 + α) k=1

y2 (x) = x +

∞ X (2k − 1 − α)) · · · (1 − α)(2k − 2 + α) · · · (2 + α) k=1

Julho 2007

(2k)!

x2k ,

(2k + 1)!

x2k+1 .

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

374

˜ y1 (x) e´ um polinomio ˆ (b) Mostre que se α = 2N , para N = 0, 1, 2, . . ., entao de grau ˆ ´ que se α = 2N + 1, para 2N contendo apenas potencias pares de x. Mostre tambem ˜ y2 (x) e´ um polinomio ˆ ˆ N = 0, 1, 2, . . ., entao de grau 2N + 1 contendo apenas potencias ´ımpares de x. ˜ polinomial da equac¸ao ˜ de Legendre, ˆ (c) O polinomio de Legendre e´ definido como a soluc¸ao ˆ para α = N , que satisfaz PN (1) = 1. Determine os polinomios de Legendre para N = 0, 1, 2, 3, 4. ˜ de Hermite 4.5. Considere a equac¸ao

y 00 − 2xy 0 + λy = 0 ˜ geral da equac¸ao ˜ de Hermite e´ (a) Mostre que a soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 +

∞ X (−1)k (λ − 2(2k − 2)) · · · λ k=1

y2 (x) = x +

∞ X k=1

(2k)!

x2k ,

(−1)k (λ − 2(2k − 1)) · · · (λ − 2) 2k+1 x . (2k + 1)!

˜ y1 (x) e´ um polinomio ˆ (b) Mostre que se λ = 4N , para N = 0, 1, 2, . . ., entao de grau 2N ˆ ´ que se λ = 2(2N + 1), para contendo apenas potencias pares de x. Mostre tambem ˜ y2 (x) e´ um polinomio ˆ ˆ N = 0, 1, 2, . . ., entao de grau 2N + 1 contendo apenas potencias ´ımpares de x. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

1

1

y

375

1

y

0.5

y

0.5 0.5

0

0

x 0

x

−0.5 −1 −1

1

0

1

−0.5 −1

1

y

0

1

−0.5 −1 −1

1

y

x

0

1

y

0.5 0.5

0.5 0

0

−0.5 −1

x

0

1

x 0

x

−0.5 −1 −1

0

1

−0.5 −1

0

1

ˆ Figura 2.31: Polinomios de Legendre Pn (x), para n = 1, . . . , 6

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

376

˜ polinomial da equac¸ao ˜ de ˆ (c) O polinomio de Hermite HN (x) e´ definido como a soluc¸ao N N ˆ Hermite, para λ = 2N , tal que o coeficiente de x e´ igual a 2 . Determine os polinomios de Hermite para N = 0, 1, 2, 3, 4. ˜ de Chebyshev de primeiro tipo 4.6. Considere a equac¸ao

(1 − x2 )y 00 − xy 0 + α2 y = 0. ˜ geral da equac¸ao ˜ de Chebyshev e´ (a) Mostre que a soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 + y2 (x) = x +

∞ X ((2k − 2)2 − α2 ) · · · (−α2 )

k=1 ∞ X k=1

(2k)!

x2k ,

((2k − 1)2 − α2 ) · · · (1 − α2 ) 2k+1 x . (2k + 1)!

˜ y1 (x) e´ um polinomio ˆ (b) Mostre que se α = 2N , para N = 0, 1, 2, . . ., entao de grau ˆ ´ que se α = 2N + 1, para 2N contendo apenas potencias pares de x. Mostre tambem ˜ y2 (x) e´ um polinomio ˆ ˆ N = 0, 1, 2, . . ., entao de grau 2N + 1 contendo apenas potencias ´ımpares de x. ˜ polinomial ˆ (c) O polinomio de Chebyshev de primeiro tipo TN (x) e´ definido como a soluc¸ao ˜ de Chebyshev de primeiro tipo, para α = N , tal que o coeficiente de x N e´ da equac¸ao ˆ igual a 1, se N = 0 e igual a 2N −1 , se N > 0. Determine os polinomios de Chebyshev de primeiro tipo para N = 0, 1, 2, 3, 4.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

4

15

y

2 0

x

−2 −4 −2

100

377

10

20

5

0

0

0

2

−5 −2

200

y

40

y

0

x

−20

2

−40 −2

500

y

y

x

0

2

y

100 50

0 0

0

−50 −2

x

0

2

x

x −500

−100 −200 −2

0

2

−1000 −2

0

2

ˆ Figura 2.32: Polinomios de Hermite Hn (x), para n = 1, . . . , 6

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

378

1

1

y

0.5

0.5

0

x

−0.5 −1 −1

1

0

1

0

−1 −1

1

y

x

x

−0.5

0

1

1

x

0

1

y

0.5

0

−1 −1

−1 −1

1

y

x

−0.5

0

0 −0.5

0.5

0

y

0.5

−0.5

0.5

−1 −1

1

y

0

x

−0.5

0

1

−1 −1

0

1

ˆ Figura 2.33: Polinomios de Chebyshev de primeiro tipo Tn (x), para n = 1, . . . , 6

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

379

´ 2.5 Mudanc¸as de Variaveis ˜ ˜ Contem ´ y 2.5.1 Equac¸oes que nao ˜ que podem ser escritas na forma Equac¸oes

y 00 = f (y 0 , t)

(2.42)

˜ v(t) = y 0 (t). O que transforma a equac¸ao ˜ (2.42) em podem ser resolvidas fazendo-se a substituic¸ao

v 0 − f (v, t) = 0 ˜ de 1a. ordem. Depois de resolvida esta equac¸ao, ˜ resolve-se a equac¸ao ˜ Esta e´ uma equac¸ao

y 0 = v(t). ˜ Exemplo 2.23. Vamos considerar a equac¸ao

t2 y 00 + 2ty 0 = 1,

t > 0.

˜ obtemos Substituindo-se y 0 = v na equac¸ao

t2 v 0 + 2tv = 1 Dividindo-se por t2

Julho 2007

2 1 v0 + v = 2 . t t Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

380 ˜ por µ(t) = e Multiplicando-se a equac¸ao

Integrando-se obtemos

R

2 dt t

= t2

d 2
t v =1 dt t2 v(t) = t + c1

Logo

y 0 = v(t) = Integrando-se

y(t) = ln t +

1 c1 + 2 t t c1 + c2 . t

˜ ˜ Contem ´ t 2.5.2 Equac¸oes que nao ˜ que podem ser escritas na forma Equac¸oes

y 00 = f (y 0 , y)

(2.43)

˜ v(t) = y 0 (t). O que transforma a equac¸ao ˜ em podem ser resolvidas fazendo-se a substituic¸ao

dv = f (v, y) dt ˜ Se considerarmos v = v(y(t)), entao

dv dv dv = y0 = v dt dy dy ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

381

˜ (2.43) se transforma em E a equac¸ao

v

dv = f (v, y) dy

˜ resolve-se a equac¸ao ˜ Depois de resolvida esta equac¸ao

y 0 = v(y) ˜ Exemplo 2.24. Considere a equac¸ao

yy 00 + (y 0 )2 = 0. Substituindo-se

v = y 0 e y 00 =

dv dv dv dv = =v dt dy dy dy

˜ obtemos na equac¸ao

yv

dv + v 2 = 0. dy

Logo

v = 0 ou y v=0

⇒

dv + v = 0. dy y(t) = c1 .

1 dv 1 =− v dy y d 1 (ln |v|) = − dt y Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

382

ln |v| = − ln |y| + c˜1 ln |vy| = c˜1 vy = c1

Substituindo-se v = y 0 obtemos

yy 0 = c1

que pode ser escrita como

d dy ou ainda



d dt

y2 2





y2 2

y 0 = c1



= c1

˜ da equac¸ao ˜ inicial e´ dada implicitamente por Assim a soluc¸ao

y2 = c1 t + c2 . 2

˜ 2.5.3 Equac¸oes de Euler ˜ equac¸oes ˜ que podem ser escritas na forma ˜ As equac¸oes de Euler sao

x2 y 00 + bxy 0 + cy = 0.

(2.44)

˜ constantes reais. Para x > 0, a substituic¸ao ˜ t = ln x transforma a equac¸ao ˜ de Euler em que b e c sao ˜ linear com coeficientes constantes. numa equac¸ao

dy dt 1 = y0 = y0 dx dx x ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

d2 y d = dx2 dx



dy dx



=−

383

1 0 1 d 0 1 0 1 d 0 dt 1 0 1 00 y + (y ) = − y + (y ) = − y + y x2 x dx x2 x dt dx x2 x2

˜ linear com coeficientes constantes ˜ de Euler (2.44) obtemos a equac¸ao Substituindo-se na equac¸ao

y 00 + (b − 1)y 0 + cy = 0. ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais desta equac¸ao, ˜ entao ˜ Se y1 (t) e y2 (t) sao

y(x) = c1 y1 (ln x) + c2 y2 (ln x) ˜ geral da equac¸ao ˜ de Euler (2.44) para x > 0. e´ a soluc¸ao ˜ seguintes para x > 0. Exemplo 2.25. Vamos resolver as equac¸oes (a) x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 0 (b) x2 y 00 + 5xy 0 + 4y = 0 (c) x2 y 00 − xy 0 + 5y = 0 ˜ Soluc¸ao: ˜ x2 y 00 − 2xy 0 + 2y = 0 se transforma em (a) Fazendo t = ln x a equac¸ao

y 00 − 3y 0 + 2y = 0. ˜ caracter´ıstica Equac¸ao ˜ geral: Soluc¸ao

r 2 − 3r + 2 = 0 ⇔ r = 2, 1 y(x) = c1 e2 ln x + c2 eln x = c1 x2 + c2 x

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

384

˜ x2 y 00 + 5xy 0 + 4y = 0 se transforma em (b) Fazendo t = ln x a equac¸ao

y 00 + 4y 0 + 4y = 0. ˜ caracter´ıstica Equac¸ao

r 2 + 4r + 4 = 0 ⇔ r = −2 ˜ geral: Soluc¸ao

y(x) = c1 e−2 ln x + c2 e−2 ln x ln x = c1 x−2 + c2 x−2 ln x ˜ x2 y 00 − xy 0 + 5y = 0 se transforma em (c) Fazendo t = ln x a equac¸ao

y 00 − 2y 0 + 5y = 0. ˜ caracter´ıstica Equac¸ao

r 2 − 2r + 5 = 0 ⇔ r = 1 ± 2i ˜ geral: Soluc¸ao

y(x) = c1 eln x cos(2 ln x) + c2 eln x sen(2 ln x) = c1 x cos(2 ln x) + c2 x sen(2 ln x)

2.5.4 Outras Mudanc¸as ˜ geral da equac¸ao ˜ Exemplo 2.26. Vamos encontrar a soluc¸ao

ty 00 + (2t2 − 1)y 0 + t3 y = 0, ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

para t > 0 Julho 2007

2.4

˜ ´ ˆ Soluc¸oes em Series de Potencias

385

´ fazendo a mudanc¸a de variaveis x = t2 /2.

x = t2 /2 y0 = d y = dt 00



dy t dx



=

⇒

dx = t, dt

dy dx dy =t , dx dt dx

dy d dy dy d2 y dx dy d2 y +t = +t 2 = + t2 2 dx dt dx dx dx dt dx dx

˜ obtemos Substituindo-se na equac¸ao

t(

d2 y dy dy + t2 2 ) + (2t2 − 1)t + t3 y = 0 dx dx dx

Simplificando-se e dividindo-se por t3 obtemos

d2 y dy +2 +y =0 2 dx dx ˜ geral desta equac¸ao ˜ e´ A soluc¸ao

y(x) = c1 e−x + c2 xe−x ˜ geral da equac¸ao ˜ inicial e´ Substituindo-se x = t2 /2, temos que a soluc¸ao

y(t) = c1 e−t

Julho 2007

2 /2

+ c2 t2 e−t

2 /2

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

386

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 451) ˜ abaixo fazendo a substituic¸ao ˜ v = y 0. 5.1. Resolva as equac¸oes (a) y 00 + (y 0 )2 = 0 (b) ty 00 = y 0 (c) (1 + x2 )y 00 + 2xy 0 = 2x−3 ˜ abaixo fazendo a substituic¸ao ˜ v = y 0. 5.2. Resolva as equac¸oes (a) y 00 + y(y 0 )3 = 0 (b) y 2 y 00 − y 0 = 0

(c) y 00 = (y 0 )3 + y 0

˜ abaixo para x > 0 fazendo a substituic¸ao ˜ t = ln x. 5.3. Resolva as equac¸oes (a) x2 y 00 + 4xy 0 + 2y = 0 (b) x2 y 00 − 3xy 0 + 4y = 0 (c) x2 y 00 + 3xy 0 + 5y = 0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

387

2.6 Respostas dos Exerc´ıcios ˜ ˆ ´ 1. Equac¸oes Homogeneas (pagina 287) 1.1. (a) 2x2 y100 − xy10 − 9y1 = 2x2 (6x) − x(3x2 ) − 9x3 = 12x3 − 3x3 − 9x3 = 0 ˜ da equac¸ao. ˜ Logo, y1 (x) = x3 e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ da forma (b) Seja y1 (x) = x3 . Vamos procurar uma segunda soluc¸ao

y(x) = v(x)y1 (x) = v(x)x3 . Como

y 0 (x) = v 0 (x)x3 + 3v(x)x2 e y 00 (x) = v 00 (x)x3 + 6v 0 (x)x2 + 6v(x)x, ˜ y(x) e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ se, e somente se, entao 2x2 y 00 − xy 0 − 9y = 0 2x2 (v 00 (x)x3 + 6v 0 (x)x2 + 6v(x)x) − x(v 0 (x)x3 + 3v(x)x2 ) − 9v(x)x3 = 0 2x5 v 00 (x) + 11x4 v 0 (x) = 0. ˜ a equac¸ao ˜ acima pode ser escrita como Seja w(x) = v 0 (x). Entao

2xw 0 + 11w = 0. ˜ de 1a. ordem separavel. ´ Esta e´ uma equac¸ao

2

w0 11 =− w x

d 11 (2 ln |w|) = − dx x Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

388

2 ln |w| = −11 ln |x| + c˜1 ln x11 (w(x))2 = c˜1 w(x) = v 0 (x) = c1 x−11/2

˜ para v(x): Resolvendo a equac¸ao

v(x) = c1

Z

2 x−11/2 dx = −c1 x−9/2 + c2 9

˜ da Tomando-se c2 = 0 e c1 = −9/2 obtemos v(x) = x−9/2 e uma segunda soluc¸ao ˜ e´ equac¸ao

y2 (x) = v(x)y1 (x) = x−9/2 x3 = x−3/2 ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao. ˜ Vamos ver que y1 (x) = x3 e y2 (x) = x−3/2 sao

W [y1 , y2 ](x) = det x 6= 0. 1.2.



y1 (x) y2 (x) y10 (x) y20 (x)



= det



x3 x−3/2 2 3x − 23 x−5/2



= − 29 x1/2 6= 0, para

(a) x2 y100 + 3xy10 + y1 = x2 (2x−3 ) + 3x(−x−2 ) + x−1 = 2x−1 − 3x−1 + x−1 = 0 ˜ da equac¸ao. ˜ Logo, y1 (x) = x−1 e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ da forma (b) Seja y1 (x) = x−1 . Vamos procurar uma segunda soluc¸ao

y(x) = v(x)y1 (x) = v(x)x−1 . Como

y 0 (x) = v 0 (x)x−1 − v(x)x−2 e ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

389

y 00 (x) = v 00 (x)x−1 − 2v 0 (x)x−2 + 2v(x)x−3 ,

˜ y(x) e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ se, e somente se, entao x2 y 00 + 3xy 0 + y = 0 x2 (v 00 (x)x−1 − 2v 0 (x)x−2 + 2v(x)x−3 ) + 3x(v 0 (x)x−1 − v(x)x−2 ) + v(x)x−1 = 0 xv 00 (x) + v 0 (x) = 0. ˜ a equac¸ao ˜ acima pode ser escrita como Seja w(x) = v 0 (x). Entao

xw 0 + w = 0. ˜ de 1a. ordem separavel. ´ Esta e´ uma equac¸ao

w0 1 =− w x d 1 (ln |w|) = − dx x ln |w| = − ln |x| + c˜1 ln |xw(x)| = c˜1

w(x) = v 0 (x) = c1 x−1 ˜ para v(x): Resolvendo a equac¸ao

v(x) = c1

Z

x−1 dx = c1 ln x + c2

˜ da equac¸ao ˜ e´ Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v(x) = ln x e uma segunda soluc¸ao

y2 (x) = v(x)y1 (x) = x−1 ln x Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

390

˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao. ˜ Vamos ver que y1 (x) = x−1 e y2 (x) = x−1 ln x sao

W [y1 , y2 ](x) = det x 6= 0



y1 (x) y2 (x) y10 (x) y20 (x)



= det



x−1 x−1 ln x −x−2 x−2 (1 − ln x)



= x−3 6= 0, para

˜ caracter´ıstica e´ 1.3. A equac¸ao

r 2 + 2r + α = 0 ∆ = 4 − 4α = 4(1 − α)

√

˜ ∆ < 0, as ra´ızes da equac¸ao ˜ caracter´ıstica sao ˜ r1,2 = −1 ± i α − 1 e (a) Se α > 1, entao ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ a soluc¸ao

√ √ y(t) = c1 e−t cos( α − 1 t) + c2 e−t sen( α − 1 t) ˜ ∆ = 0 e r = −1 e´ a unica ˜ caracter´ıstica e a soluc¸ao ˜ (b) Se α = 1, entao ´ raiz da equac¸ao ˜ e´ geral da equac¸ao

y(t) = c1 e−t + c2 te−t ˜ ∆ > 0, as ra´ızes da equac¸ao ˜ caracter´ıstica sao ˜ r1,2 = −1 ± (c) Se α < 1, entao ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ a soluc¸ao

y(t) = c1 e(−1− 1.4.

√ 1−α)t

+ c2 e(−1+

√

√

1−αe

1−α)t

(a) (x + 3)z100 + (x + 2)z10 − z1 = (x + 3)2 + (x + 2)2x − x2 = 3x2 + 6x + 6 6= 0

(x + 3)z200 + (x + 2)z20 − z2 = (x + 3)6x + (x + 2)3x2 − x3 = 2x3 + 12x2 + 18x 6= 0 (x + 3)z300 + (x + 2)z30 − z3 = (x + 3)e−x − (x + 2)e−x − e−x = 0 ˜ sao ˜ soluc¸oes ˜ da equac¸ao ˜ e z3 (x) = e−x e´ soluc¸ao ˜ da Logo, z1 (x) = x2 e z2 (x) = x3 nao ˜ equac¸ao.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

391

˜ da equac¸ao ˜ da forma (b) Seja y1 (x) = e−x . Vamos procurar uma segunda soluc¸ao

y(x) = v(x)y1 (x) = v(x)e−x . Como

y 0 (x) = (v 0 (x) − v(x))e−x e y 00 (x) = (v 00 (x) − 2v 0 (x) + v(x))e−x , ˜ y(x) e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ se, e somente se, entao 00 0 (x + 3)y + xy − y = 0 (x + 3)(v 00 (x) − 2v 0 (x) + v(x))e−x + (x + 2)(v 0 (x) − v(x))e−x − v(x)e−x = 0. (x + 3)v 00 (x) + (−2(x + 3) + (x + 2))v 0 (x) = 0 (x + 3)v 00 (x) − (x + 4)v 0 (x) = 0 ˜ a equac¸ao ˜ acima pode ser escrita como Seja w(x) = v 0 (x). Entao (x + 3)w 0 − (x + 4)w = 0. ˜ de 1a. ordem separavel. ´ Esta e´ uma equac¸ao

w0 x+4 = w x+3 d x+4 1 (ln |w|) = =1+ dx x+3 x+3 ln |w| = x + ln(x + 3) + c˜1 w(x) − x = c˜1 ln x + 3 w(x) = v 0 (x) = c1 ex (x + 3)

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

392 ˜ para v(x): Resolvendo a equac¸ao

v(x) = c1

Z

ex (x + 3)dx = c1 (x + 2)ex + c2

˜ da Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v(x) = (x + 2)ex e uma segunda soluc¸ao ˜ equac¸ao

y2 (x) = v(x)y1 (x) = (x + 2)ex e−x = x + 2 ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao. ˜ Vamos ver que y1 (x) = e−x e y2 (x) = x + 2 sao

W [y1 , y2 ](x) = det



y1 (x) y2 (x) y10 (x) y20 (x)



= det



e−x x + 2 −e−x 1



= e−x (3 + x) 6= 0, para

x 6= −3 ˜ soluc¸oes ˜ ˜ a soluc¸ao ˜ (c) Como y1 (x) = e−x e y2 (x) = x + 2 sao fundamentais da equac¸ao geral e´

y(x) = c1 e−x + c2 (x + 2), ˜ substituindo x = 1 e y = 1 na expressao ˜ de y(x) obtemos Agora, como y(1) = 1, entao ˜ que c1 e−1 + 3c2 = 1. Como y 0 (1) = 3, substituindo-se x = 1 e y 0 = 3 na expressao obtida derivando-se y(x):

y 0 (x) = −c1 e−x + c2 obtemos −c1 e−1 + c2 = 3. Resolvendo o sistema

c1 e−1 + 3c2 = 1,

−c1 e−1 + c2 = 3

˜ do problema de valor inicial e´ obtemos c1 = −2e e c2 = 1. Assim a soluc¸ao

y(x) = −2e−x+1 + x + 2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6 1.5.

Respostas dos Exerc´ıcios

393

(a) x2 y100 − 6xy10 + 10y1 = x2 (2) − 6x(2x) + 10(x2 ) = 0

x2 y200 − 6xy20 + 10y2 = x2 (20x3 ) − 6x(5x4 ) + 10(x5 ) = 0 ˜ soluc¸oes ˜ da equac¸ao. ˜ Logo, y1 (x) = x2 e y2 (x) = x5 sao

(b) Como 

det

y1 (1) y2 (1) y10 (1) y20 (1)



= det

˜ a soluc¸ao ˜ geral e´ entao



1 1 2 5



= 3 6= 0

y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x), ˜ substituindo x = 1 e y = 3 na expressao ˜ de y(x) obtemos Agora, como y(1) = 3, entao 0 0 ˜ obtida que c1 + c2 = 3. Como y (1) = 3, substituindo-se x = 1 e y = 3 na expressao derivando-se y(x):

y 0 (x) = 2c1 x + 5c2 x4 obtemos 2c1 + 5c2 = 3. Resolvendo o sistema

c1 + c2 = 3,

2c1 + 5c2 = 3

˜ do problema de valor inicial e´ obtemos c2 = 4 e c1 = −1. Assim a soluc¸ao

y(x) = 4x2 − x5 ˜ geral y(t) = k1 e−2t +k2 . Logo, k1 +k2 = a, k1 = −b/2 e k2 = a+b/2 1.6. y 00 +2y 0 = 0 tem soluc¸ao e y → a + b/2 quando t → +∞. ˜ as ra´ızes da equac¸ao ˜ caracter´ıstica sao ˜ 1.7. Se 0 < b < 2 entao

√ −b/2 ± i 4 − b2 /2 Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

394 ˜ sao ˜ da forma e as soluc¸oes

y(t) = c1 e(−b/2)t cos ωt + c2 e(−b/2)t sin ωt, onde ω =

√

˜ y → 0 quando t → +∞. 4 − b2 /2. Logo, como 0 < b, entao

˜ caracter´ıstica sao ˜ ±2 e a soluc¸ao ˜ geral e´ y(t) = c1 e2t + c2 e−2t . Entao ˜ 1.8. As ra´ızes da equac¸ao c1 = −c2 = b/4 e

b y(t) = (e2t − e−2t ) = 0 4 2t −2t 4t ˜ e = e , ou seja, e = 1 e t = 0. Como b 6= 0, entao

˜ caracter´ıstica tem 1/2 como unica ˜ geral e´ da forma 1.9. A equac¸ao ´ raiz. Assim, a soluc¸ao

y(t) = c1 et/2 + c2 tet/2 . y(0) = 2 implica que c1 = 2. y 0 (t) =

c1 t/2 t e + c2 (1 + )et/2 2 2

˜ do problema de valor inicial y 0 (0) = b implica que c1 /2 + c2 = b. Assim, c2 = b − 1 e a soluc¸ao e´

y(t) = e(1/2)t (2 + (b − 1)t).

Logo, se b ≥ 1, y(t) → +∞ quando t → +∞. ˜ caracter´ıstica e´ 1.10. A equac¸ao

r 2 + 2b + 1 = 0 ∆ = 4(b2 − 1) ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

395

˜ as ra´ızes da equac¸ao ˜ caracter´ıstica sao ˜ −b ± • Se |b| > 1 entao

√

˜ diferencial sao ˜ da forma equac¸ao

y(t) = c1 e(−b−

√ b2 −1)t

+ c2 e(−b+

√

b2 −1)t

˜ da b2 − 1 e as soluc¸oes

.

˜ y(t) → 0, quando t → +∞. Se b > 1, entao

˜ a ra´ız da equac¸ao ˜ caracter´ıstica e´ −b e as soluc¸oes ˜ da equac¸ao ˜ dife• Se b = ±1 entao ˜ da forma rencial sao

y(t) = c1 e−bt + c2 te−bt . ˜ y(t) → 0, quando t → +∞. Se b = 1, entao

√ ˜ as ra´ızes da equac¸ao ˜ caracter´ıstica sao ˜ −b ± i 1 − b2 e as • Se −1 < b < 1 entao ˜ da equac¸ao ˜ diferencial sao ˜ da forma soluc¸oes

y(t) = c1 e

−bt

√  √  −bt 2 2 cos 1 − b t + c2 e sen 1−b t .

˜ y(t) → 0, quando t → +∞. Se 0 < b < 1, entao ˜ y(t) → 0 quando t → +∞. Logo, para b > 0, entao 1.11.

(a)

p(t) = 0 t−2 t−2 q(t) = 2 = t −1 (t − 1)(t + 1) t t f (t) = 2 = . t −1 (t − 1)(t + 1)

˜ o problema de valor inicial tem soluc¸ao ˜ no intervalo −1 < t < 1. Como t0 = 0, entao Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

396 (b)

1 1 = −1 (t − 1)(t + 1) t t q(t) = 2 = t −1 (t − 1)(t + 1)

p(t) =

f (t) =

t2

t2 t2 = . t2 − 1 (t − 1)(t + 1)

˜ o problema de valor inicial tem soluc¸ao ˜ no intervalo t > 1. Como t0 = 2, entao (c)

t+1 t+1 = 2 t −t t(t − 1) 1 t+1 q(t) = 2 = t −t t(t − 1)

p(t) =

f (t) =

(d)

et et = . t2 − t t(t − 1)

˜ o problema de valor inicial tem soluc¸ao ˜ no intervalo t < 0. Como t0 = −1, entao

t+3 t+3 = 2 t −t t(t − 1) 2 t+3 q(t) = 2 = t −t t(t − 1) cos t cos t f (t) = 2 = . t −t t(t − 1) p(t) =

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

397

˜ o problema de valor inicial tem soluc¸ao ˜ no intervalo t > 1. Como t0 = 2, entao

1.12. Substituindo-se y = xr ,

dy d2 y = rxr−1 e 2 = r(r − 1)xr−2 em (2.18) obtemos dx dx x2 r(r − 1)xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0.
r 2 + (b − 1)r + c xr = 0.

˜ da ˜ y = xr e´ soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ (2.18) se, e somente se, r e´ soluc¸ao Como xr 6= 0, entao ˜ equac¸ao

r 2 + (b − 1)r + c = 0. 1.13.

det



y1 (x) y2 (x) y10 (x) y20 (x)





 xr 1 xr 2 = det r1 xr1 −1 r2 xr2 −1   x x r1 −1 r2 −1 = x x det r1 r2 = (r2 − r1 )xr1 +r2 −1 6= 0,

para todo x > 0. Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

398 ´ 1.14. Neste caso, para x > 0, pela formula de Euler:

y1 (x) = = = y2 (x) = = =

xr1 = er1 ln x = e(α+iβ) ln x eα ln x (cos(β ln x) + i sen(β ln x)) xα (cos(β ln x) + i sen(β ln x)) e xr2 = er2 ln x = e(α−iβ) ln x eα ln x (cos(−β ln x) + i sen(−β ln x)) xα (cos(β ln x) − i sen(β ln x))

˜ soluc¸oes ˜ complexas da equac¸ao ˜ diferencial (2.18). sao ˜ geral complexa e´ A soluc¸ao

y(x) = C1 xr1 + C2 xr2 = C1 xα (cos(β ln x) + i sen(β ln x)) + C2 xα (cos(β ln x) − i sen(β ln x)) = (C1 + C2 )xα cos(β ln x) + i(C1 − C2 )xα sen(β ln x) ˜ Tomando C1 = C2 = 1/2, temos que a soluc¸ao

u(x) = xα cos(β ln x) e tomando C1 = −

i i ˜ e C2 = , temos a soluc¸ao 2 2 v(x) = xα sen(β ln x).

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

det



399

u(x) v(x) u0 (x) v 0 (x)



= βx2α−1 6= 0,

1.15.

y(x) = v(x)y1 (x) = v(x)x Como

y 0 (x) = v 0 (x)x

1−b 2

+

1−b 2

∀ x > 0. .

−1−b 1−b v(x)x 2 2

1−b

y 00 (x) = v 00 (x)x 2 + (1 − b)v 0 (x)x −3−b 1 − b2 v(x)x 2 , − 4

e −1−b 2

˜ (2.18): Substituindo na equac¸ao 1−b

x2 (v 00 (x)x 2 + (1 − b)v 0 (x)x 1−b cv(x)x 2 = 0

−1−b 2

x

−

5−b 2

−3−b 1−b2 v(x)x 2 ) 4

v 00 (x) + x

3−b 2

+ bx(v 0 (x)x

1−b 2

+

−1−b 1−b v(x)x 2 ) 2

+

v 0 (x) = 0.

xv 00 (x) + v 0 (x) = 0. ˜ a equac¸ao ˜ acima pode ser escrita como Seja w(x) = v 0 (x). Entao

xw 0 + w = 0. ˜ de 1a. ordem separavel. ´ Esta e´ uma equac¸ao

w0 1 + =0 w x Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

400

d (ln |w| + ln |x|) = 0 dx ln |xw(x)| = c˜1 w(x) = v 0 (x) = c1 x−1

˜ para v(x): Resolvendo a equac¸ao

v(x) = c1

Z

x−1 dx = c1 ln x + c2

˜ da equac¸ao ˜ e´ Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v(x) = ln x e uma segunda soluc¸ao

y2 (x) = v(x)y1 (x) = x

1−b 2

ln x

Vamos mostrar que

y1 (x) = xr1 e y2 (x) = xr1 ln x ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao ˜ diferencial (2.18). sao

det



y1 (x) y2 (x) y10 (x) y20 (x)





xr 1 xr1 ln x = det r1 xr1 −1 (1 + r1 ln x)xr1 −1   1 ln x 2r1 −1 = x det r1 (1 + r1 ln x)

= x2r1 −1 6= 0, 1.16.



para todo x > 0.

˜ indicial: (a) Equac¸ao ˜ geral: Soluc¸ao

r(r − 1) + 4r + 2 = 0 ⇔ r = −2, −1 y(x) = c1 x−2 + c2 x−1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

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2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

401

˜ indicial: (b) Equac¸ao

r(r − 1) − 3r + 4 = 0 ⇔ r = 2 ˜ geral: Soluc¸ao

y(x) = c1 x2 + c2 x2 ln x ˜ indicial: (c) Equac¸ao

r(r − 1) + 3r + 5 = 0 ⇔ r = −1 ± 2i ˜ geral: Soluc¸ao

y(x) = c1 x−1 cos(2 ln x) + c2 x−1 sen(2 ln x) ˜ ˜ Homogeneas ˆ ´ 2. Equac¸oes nao (pagina 311) 2.1.

˜ caracter´ıstica e´ (a) A equac¸ao

r 2 + 5r + 6 = 0. ∆ = 25 − 24 = 1 ˜ caracter´ıstica sao ˜ r1 = −3 e r2 = −2 e a soluc¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ As ra´ızes da equac¸ao ˆ homogenea e´

y(x) = c1 e−3x + c2 e−2x yp (x) = (A0 + A1 x)e−5x , yp0 (x) = A1 e−5x − 5(A0 + A1 x)e−5x = (A1 − 5A0 − 5A1 x)e−5x , yp00 (x) = −5A1 e−5x − 5(A1 − 5A0 − 5A1 x)e5 x = (−10A1 + 25A0 + 25A1 x)e−5x . ˜ obtemos Substituindo-se yp (x), yp0 (x) e yp00 (x) na equac¸ao (−10A1 + 25A0 + 25A1 x) + 5(A1 − 5A0 − 5A1 x) + 6(A0 + A1 x) = x Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

402

Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear



6A0 − 5A1 = 0 6A1 = 1

˜ A0 = 5/36 e A1 = 1/6. Assim uma soluc¸ao ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ que tem soluc¸ao ˆ homogenea e´  

yp (x) =

5 1 + x e−5x 36 6

˜ geral da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ e a soluc¸ao e´

y(x) =



 5 1 + x e−5x + c1 e−3x + c2 e−2x 36 6

˜ caracter´ıstica e´ (b) A equac¸ao

r 2 − 4r + 6 = 0.

∆ = 16 − 24 = −8

√

˜ caracter´ıstica sao ˜ r1,2 = 2 ± i 2 e a soluc¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ As ra´ızes da equac¸ao ˆ homogenea e´ √ √

y(x) = c1 e2x cos( 2 x) + c2 e2x sen( 2 x)

yp (x) = A0 + A1 x, yp0 (x) = A1 , yp00 (x) = 0. Substituindo-se yp (x), yp0 (x) e yp00 (x) na ˜ obtemos equac¸ao

−4A1 + 6(A0 + A1 x) = 3x

Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear



6A0 − 4A1 = 0 6A1 = 3

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

403

˜ A0 = 1/3 e A1 = 1/2. Assim uma soluc¸ao ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ que tem soluc¸ao ˆ homogenea e´

yp (x) =

1 1 + x 3 2

˜ geral da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ e a soluc¸ao e´

y(x) =

√ √ 1 1 + x + c1 e2x cos( 2 x) + c2 e2x sen( 2 x) 3 2

˜ caracter´ıstica: r 2 + 1 = 0 ⇔ r = ±i. (c) Equac¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea: ˆ Soluc¸ao y(t) = c1 cos t + c2 sen t. ˜ particular da forma Vamos procurar uma soluc¸ao

yp (t) = u1 (t) cos t + u2 (t) sen t

(2.45)

˜ de que com a condic¸ao

yp0 (t) = −u1 (t) sen t + u2 (t) cos t ou equivalentemente

(cos t)u01 (t) + (sen t)u02 (t) = 0

(2.46)

˜ obtemos Substituindo-se yp (t), yp0 (t) na equac¸ao

− (sen t)u01 (t) + (cos t)u02 (t) = cosec t

(2.47)

Resolvendo o sistema linear formado por (2.46) e (2.47) obtemos

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u01 (t) u02 (t)



=



−1 cotan t

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

404 Assim

Z

u1 (t) = − 1 dt = −t + c2 , Z cos t dt = ln | sen t| + c1 . u2 (t) = sen t

˜ particular Tomando c1 = 0 e c2 = 0 e substituindo-se em (2.45) obtemos a soluc¸ao

yp (t) = (ln | sen t|) sen t − t cos t. ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ Portanto a soluc¸ao

y(t) = (ln | sen t|) sen t − t cos t + c1 cos t + c2 sen t. ˜ caracter´ıstica: r 2 − 1 = 0 ⇔ r = ±1. (d) Equac¸ao ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea: ˆ Soluc¸ao y(t) = c1 et + c2 e−t . ˜ particular da forma Vamos procurar uma soluc¸ao

yp (t) = u1 (t)et + u2 (t)e−t

(2.48)

˜ de que com a condic¸ao

yp0 (t) = u1 (t)et − u2 (t)e−t ou equivalentemente

et u01 (t) + e−t u02 (t) = 0

(2.49)

˜ obtemos Substituindo-se yp (t), yp0 (t) na equac¸ao

et u01 (t) − e−t u02 (t) = (1 + e−t )−2 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

(2.50) Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

405

Resolvendo o sistema linear formado por (2.49) e (2.50) obtemos

 Assim

u01 (t) u02 (t)



1 = − 2

"

−t

e − (1+e −t )2 et (1+e−t )2

#

Z

1 e−t dt = + c1 , −t 2 2(1 + e ) 2(1 + e−t ) Z Z et e3t u2 (t) = − dt = − dt 2(1 + e−t )2 2(et + 1)2 u1 (t) =

˜ Fazendo u = et + 1, entao

Z 1 (1 − u)2 u2 (t) = − du 2 2u2 Z 1 1 2 = − ( 2 − + 1)du 2 u u 1 1 + et t = + ln(1 + e ) − + c2 2(1 + et ) 2 ˜ particular Tomando c1 = 0 e c2 = 0 e substituindo-se em (2.48) obtemos a soluc¸ao

et e−t yp (t) = + 2(1 + e−t ) 2(1 + et ) 1 + e−t + e−t ln(1 + et ) − . 2 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

406 ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ Portanto a soluc¸ao

y(t) =

et e−t + 2(1 + e−t ) 2(1 + et ) 1 + e−t + e−t ln(1 + et ) − 2 t −t + c1 e + c2 e .

(e) Eq. caracter´ıstica: r 2 + 4 = 0 ⇔ r = ±2i.

Sol. geral da eq. homog.: y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) Sol. particular da forma yp (t) = t[A cos(2t) + B sen(2t)] + C + Dt.

yp0 (t) = A cos(2t) + B sen(2t) + t[−2A sen(2t) + 2B cos(2t)] + D yp00 (t) = (−4At + 4B) cos(2t) + (−4Bt − 4A) sen(2t)

˜ Substituindo-se na equac¸ao

(−4At + 4B) cos(2t) + (−4Bt − 4A) sen(2t) + 4t[A cos(2t) + B sen(2t)] + 4C + 4Dt = 2 sen(2t) + t [−4At + 4B + 4At] cos(2t) + [−4Bt − 4A + 4Bt] sen(2t) + 4C + 4Dt = 2 sen(2t) + t  4B = 0  −4A = 2  4C + 4Dt = t

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ Obtemos A = −1/2, B = 0, C = 0, D = 1/4. Assim a soluc¸ao

y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) − ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

t 1 cos(2t) + t 2 4 Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

407

√ √ √ Sol. geral da eq. homog.: y(t) = c1 cos( 2t) + c2 sen( 2t) Sol. particular da forma yp (t) = Aet + B . yp0 (t) = Aet yp00 (t) = Aet

(f) Eq. caracter´ıstica: r 2 + 2 = 0 ⇔ r = ± 2i.

˜ Substituindo-se na equac¸ao

Aet + 2(Aet + B) = et + 2 3Aet + 2B = et + 2



3A = 1 2B = 2

˜ geral da equac¸ao ˜ e´ Obtemos A = 1/3, B = 1. Assim a soluc¸ao

√ √ 1 y(t) = c1 cos( 2t) + c2 sen( 2t) + et + 1 3 2.2.

˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea: ˆ (a) Soluc¸ao

y(t) = c1 e−2 t + c2 et yp (t) = A2 t2 + A1 t + A0

Julho 2007

yp00 + yp0 − 2yp = (−2A2 )t2 + (2A2 − 2A1 )t + (2A2 + A1 − 2A0 )  = 1  −2A2 2A2 − 2A1 = 0  2A2 + A1 − 2A0 = 3

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

408

 1 −  2  A2    A1  =  − 1   2   9  A0 − 4 yp (t) = −9/4 − 1/2 t − 1/2 t2 





˜ geral: Soluc¸ao

y(t) = c1 e−2 t + c2 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2 ˜ do PVI Soluc¸ao

y(t) = 7/12 e−2 t + 5/3 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2 ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea: ˆ (b) Soluc¸ao

y(t) = c1 e−t + c2 te−t ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea: ˆ Soluc¸ao

yp (t) = A cos 2t + B sen 2t ˜ Substituindo-se na equac¸ao

yp00 + 2yp0 + yp = (−3A + 4B) cos 2t + (−4A − 3B) sen 2t = 3 sen 2t  −3A + 4B = 0 −4A − 3B = 3 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

409



  12  A − 25 = 9 B − 25 12 9 yp (t) = − cos 2t − sen 2t 25 25 ˜ geral: Soluc¸ao

y(t) = c1 e−t + c2 te−t −

9 12 cos 2t − sen 2t 25 25

˜ geral: Derivada da soluc¸ao 24 y 0 (t) = −c1 e−t + c2 (1 − t)e−t + 25 sen 2t − 0 Substituindo-se t = 0, y = 0, y = 0:

c1 =

12 , 25

18 25

cos 2t

c2 =

6 5

˜ do PVI: Soluc¸ao

y(t) =

12 25

e−t + 65 te−t −

12 25

cos 2t −

9 25

sen 2t

˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea: ˆ (c) Soluc¸ao

y(t) = c1 e2 t + c2 e2 t t yp (t) = 1/3 e−t ˜ geral: Soluc¸ao

y(t) = c1 e2 t + c2 e2 t t + 1/3 e−t ˜ do PVI Soluc¸ao

y(t) = −1/3 e2 t + e2 t t + 1/3 e−t Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

410 ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea: ˆ (d) Soluc¸ao

y(t) = c1 e−t/2 cos(t/2) + c2 e−t/2 sen(t/2) ˜ particular: Soluc¸ao

yp (t) = A2 t2 + A1 t + A0 ˜ Substituindo-se na equac¸ao:

2yp00 + 2yp0 + yp = (A2 )t2 + (4A2 + A1 )t + (4A2 + 2A1 + A0 ) = t2  = 1  A2 4A2 + A1 = 0  4A2 + 2A1 + A0 = 0     A2 1  A1  =  −4  A0 4 yp (t) = t2 − 4t + 4 = (t − 2)2

˜ geral: Soluc¸ao

y(t) = c1 e−t/2 cos(t/2) + c2 e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2 ˜ geral: Derivada da soluc¸ao

y 0 (t) = c1 e−t/2 (−(1/2) cos(t/2) − (1/2) sen(t/2)) + c2 e−t/2 (−(1/2) sen(t/2) + (1/2) cos(t/2)) + 2(t − 2) Substituindo-se t = 0, y = 0, y 0 = 0: c1 = −4, ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

c2 = 4 Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

411

˜ do PVI: Soluc¸ao

y(t) = −4e−t/2 cos(t/2) + 4e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2 2.3.

˜ caracter´ıstica e´ (a) A equac¸ao

r 2 + 2r + α = 0 ∆ = 4 − 4α = 4(1 − α)

√

˜ ∆ < 0, as ra´ızes da equac¸ao ˜ caracter´ıstica sao ˜ r1,2 = −1±i α − 1 i. Se α > 1, entao ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ e a soluc¸ao

√ √ y(t) = c1 e−t cos( α − 1 t) + c2 e−t sen( α − 1 t) ˜ ∆ = 0 e r = −1 e´ a unica ˜ caracter´ıstica e a soluc¸ao ˜ ii. Se α = 1, entao ´ raiz da equac¸ao ˜ e´ geral da equac¸ao

y(t) = c1 e−t + c2 te−t ˜ ∆ > 0, as ra´ızes da equac¸ao ˜ caracter´ıstica sao ˜ r1,2 = −1 ± iii. Se α < 1, entao ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ e a soluc¸ao √

√ 1−α

√

y(t) = c1 e(−1− 1−α)t + c2 e(−1+ 1−α)t √ √ (b) yp (t) = t[(A0 + A1 t)e−t sen( α − 1 t) + (B0 + B1 t)e−t cos( α − 1 t)], se α > 1. √ √ ˜ y(t) → 0, pois e−t → 0 e cos( α − 1 t) e sen( α − 1 t) sao ˜ (c) i. Se α > 1, entao limitados.

˜ y(t) → 0, pois e−t → 0 e te−t → 0 ii. Se α = 1, entao Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

412

√

˜ y(t) → 0, pois r1 < 0 e r2 < 0 ( 1 − α < 1). iii. Se 0 < α < 1, entao

Concluindo, y(t) → 0, quando t → ∞, para α > 0. ˜ ´ 3. Oscilac¸oes (pagina 345) 3.1.

2 ˜ caracter´ (a) Equac¸ao √ ıstica: r + 2 = 0 Ra´ızes: r = ± 2i √
√
˜ geral: y(t) = c1 cos Soluc¸ao 2 t + c2 sen 2 t √ √
√ √
˜ geral: y 0 (t) = −c1 2 sen Derivada da soluc¸ao 2 t + c2 2 cos 2 t Substituindo-se t = 0, y = 0, y 0 = 1:

c1 = 0,

c2 =

√

2 2

˜ do PVI: Soluc¸ao

A amplitude e´ igual a √ igual a 2π/ 2.

√ 2 , 2

√ √  2 y(t) = sen 2t 2 ˆ a frequ¨ encia e´ igual a

√

2, a fase e´ igual a π/2 e o per´ıodo e´

(b)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

413

y

1/2

+2

/2

2π ____ 21/2

t

1/2

−2

Julho 2007

/2

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

414 3.2.

2 ˜ caracter´ (a) Equac¸ao p ıstica: 2r + 3 = 0 Ra´ızes: r = ± 3/2 i

˜ geral: y(t) = c1 cos Soluc¸ao ˜ geral: Derivada da soluc¸ao 

q

3 2

 q  3 t + c2 sen t 2

 p  p p p 3/2 sen 3/2 t + c2 3/2 cos 3/2 t Substituindo-se t = 0, y = 1, y 0 = 0: y 0 (t) = −c1

c1 = 1,

c2 = 0

˜ do PVI: Soluc¸ao

y(t) = cos

ˆ A amplitude e´ igual a 1, a frequ¨ encia e´ igual a

√

√ a 2 2π/ 3.

r q

3 , 2

3 t 2

!

a fase e´ igual a zero e o per´ıodo e´ igual

(b)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

415

y

+1

1/2 2____ 2π 31/2

t

−1

Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

416 3.3.

2u00 + 3u = 3 cos(3t) 2r 2 + 3 = 0 r = ±i ˜ da equac¸ao ˜ homogenea ˆ Soluc¸ao

u(t) = c1 cos

p 3/2

p  p  3/2 t + c2 sen 3/2 t

up (t) = A cos(3t) + B sen(3t) u0p (t) = −3A sen(3t) + 3B cos(3t) u00p (t) = −9A cos(3t) − 9B sen(3t) ˜ obtemos Substituindo-se up (t), u0p (t) e u00p (t) na equac¸ao

−15A cos(3t) − 15B sen(3t) = 3 cos(3t)  −15A = 3 −15B = 0

˜ A = −1/5 e B = 0. Assim uma soluc¸ao ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ hoque tem soluc¸ao ˆ mogenea e´

1 up (t) = − cos(3t) 5

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

417

˜ geral da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ e a soluc¸ao e´

 p  p u(t) = 3/2 t + c2 sen 3/2 t . cos(3t) + c1 cos   p  p p p 3 0 u (t) = 5 sen(3t) − 3/2c1 sen 3/2 t + 3/2c2 cos 3/2 t . − 51

u(0) = u0 = − 15 + c1

⇒

c 1 = u0 +

u0 (0) = u00 =

1 5

p 3/2c2

⇒

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

u(t) = − 51 cos(3t) + (u0 + 51 ) cos 3.4.

c2 =

p 2/3u00

p  p p  3/2 t + 2/3u00 sen 3/2 t .

1 2u00 + u0 + u = 0 ∆ = 1 − 4 = −3 2 √ 1 3 r1,2 = − ± i 4 4 √  √  u(t) = c1 e−t/4 cos 43 t + c2 e−t/4 sen 43 t  √  u0 (t) = c1 − 14 e−t/4 cos 43 t −  √  √  √  c2 − 41 e−t/4 sen 43 t + 43 cos 43 t

√ 3 −t/4 e 4

sen

 √  3 t 4

+

u(0) = u0 = c1 Julho 2007

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˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

418

u0 (0) = u00 = − c41 +

√ 3c2 4

⇒

c2 =

4u00 +u0 √ 3

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

u(t) = u0 e−t/4 cos

√  3 t + 4

3.5. A constante da mola e´

4u00 +u0 −t/4 √ e 3

sen

√  3 t 4

mg 100 · 103 k= = = 104 L 10

˜ diferencial que descreve o movimento e´ A equac¸ao

102 u00 + 104 u = 0 ˜ caracter´ıstica: Equac¸ao

r 2 + 100 = 0 ˜ geral: Soluc¸ao

⇔

r = ±10i

u(t) = c1 cos(10t) + c2 sen(10t) ˆ A frequ¨ encia natural e´

ω0 = O per´ıodo e´

T =

r

k = m

r

104 = 10. 100

2π 2π = segundos ω0 10

˜ em func¸ao ˜ do tempo e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial (a) A posic¸ao

  u00 + 100u = 0, u(0) = 0,  0 u (0) = −4.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

419

u0 (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)  u(0) = 0 = c1 , u0 (0) = −4 = 10c2 . ˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

2 u(t) = − sen(10t) 5 A amplitude e´ igual a 2/5. u 2/5

0 2π/10

t

−2/5

˜ em func¸ao ˜ do tempo e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial (b) A posic¸ao

Julho 2007

  u00 + 100u = 0, u(0) = 1,  0 u (0) = 10.

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

420

u0 (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)  u(0) = 1 = c1 , u0 (0) = 10 = 10c2 .

Logo c1 = 1 e c2 = 1. Assim

R=

q

c21

+

c22

=

√

√ c1 2 = π/4 δ = arccos = arccos R 2

2,

˜ do problema de valor inicial e´ e a soluc¸ao

u(t) = cos(10t) + sen(10t) = √ A amplitude e´ igual a 2.

√

2 cos(10t − π/4)

u 2^(1/2)

0 π/40

π/40+2π/10

t

−2^(1/2)

˜ em func¸ao ˜ do tempo e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial (c) A posic¸ao

  u00 + 100u = 0, u(0) = 2,  0 u (0) = 0.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

421

u0 (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)  u(0) = 2 = c1 , u0 (0) = 0 = 10c2 . ˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

u(t) = 2 cos(10t) A amplitude e´ igual a 2. u 2

0 2π/10

t

−2

3.6. A constante da mola e´

k=

mg 100 · 103 = = 104 L 10

˜ diferencial que descreve o movimento e´ A equac¸ao

102 u00 + γu0 + 104 u = 0 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

422 ˜ caracter´ıstica: Equac¸ao

102 r 2 + γr + 104 = 0 ∆ = γ 2 − 4 · 106 (a)

• Se γ > 2 · 103 o sistema e´ super-amortecido. • Se γ = 2 · 103 o o sistema tem um amortecimento cr´ıtico. • Se γ < 2 · 103 o sistema e´ sub-amortecido

(b) Neste caso

γ=

Fr 104 = = 103 v 10

˜ diferencial que descreve o movimento e´ A equac¸ao

102 u00 + 103 u0 + 104 u = 0 ˜ caracter´ıstica: Equac¸ao

102 r 2 + 103 r + 104 = 0 ˜ geral: Soluc¸ao

⇔

√ r = −5 ± 5 3 i

√ √ u(t) = c1 e−5t cos(5 3 t) + c2 e−5t sen(5 3 t)

˜ em func¸ao ˜ do tempo e´ a soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial A posic¸ao

  u00 + 10u0 + 100u = 0, u(0) = 2,  0 u (0) = 0.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

423

√ √ u0 (t) = e−5t ((5 3c2 − 5c1 ) cos(5 3 t) + √ √ + (−5 3 − 5c2 ) sen(5 3 t))

√



u(0) = 2 = c1√ , u0 (0) = 0 = 5 3c2 − 5c1 .

Logo c1 = 2 e c2 = 2/ 3. Assim

q 4 R = c21 + c22 = √ , 3 √ c1 3 δ = arccos = arccos = π/6 R 2 ˜ do problema de valor inicial e´ e a soluc¸ao

√ √ √ u(t) = 2e−5t cos(5 3 t) + 32 e−5t sen(5 3 t) = √43 e−5t cos(5 3 t − π/6) √ √ ˆ A quase-frequ¨ encia e´ igual a 5 3 e o quase-per´ıodo e´ igual a 2π/5 3. u 4/3^(1/2)

0 1/2

π/(30 3

)

1/2

π/(30 3

1/2

)+2π/(5 3

)

t

−4/3^(1/2)

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

424 3.7.



102 u00 + 104 u = 9600 cos(6t), u(0) = 0, u0 (0) = 0

˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ A soluc¸ao e´

u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) ˜ particular pelo metodo ´ A soluc¸ao dos coeficientes a determinar e´ da forma

up (t) = A0 cos(6t) + B0 sen(6t) ´ Pelo metodo das constantes a determinar encontramos A0 = 3/2 e B0 = 0. ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ A soluc¸ao

u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) +

3 cos(6t) 2

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que

c1 = −3/2,

c2 = 0

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

u(t) =

3 (cos(6t) − cos(10t)) . 2

Como ˜ entao

cos(A − B) − cos(A + B) = 2 sen A sen B u(t) = 3 sen(2t) sen(8t)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

425 u

3

0 π

t

−3

3.8.



102 u00 + 104 u = 103 cos(10t), u(0) = 0, u0 (0) = 0

˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea ˆ A soluc¸ao e´

u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) ˜ particular pelo metodo ´ A soluc¸ao dos coeficientes a determinar e´ da forma

up (t) = t(A0 cos(10t) + B0 sen(10t)) ´ Pelo metodo das constantes a determinar encontramos A0 = 0 e B0 = 1/2. ˜ geral da equac¸ao ˜ e´ A soluc¸ao

u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) + Julho 2007

t sen(10t) 2 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

426

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que

c1 = 0,

c2 = 0

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

u(t) =

t sen(10t) 2

u

0.5 t →

π __ 5

t

−0.5 t →

3.9. Neste caso

γ=

Fr 4200 = = 4200 v 1

˜ diferencial que descreve o movimento e´ A equac¸ao

102 u00 + 4200u0 + 104 u = 26000 cos(6t) ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

427

˜ estacionaria ´ ˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ A soluc¸ao e´ a soluc¸ao

up (t) = A0 cos(6t) + B0 sen(6t) ´ Pelo metodo das constantes a determinar encontramos

A0 = 16/65, q R = A20 + B02 = 1, up (t) =

B0 = 63/65,

δ = arccos

A0 16 = arccos ≈ 1, 32. R 65

16 63 cos(6t) + sen(6t) = cos(6t − 1, 32) 65 65 u 1

0 1,32

1,32+2π/6

t

−1

3.10.

(a)

10Q00 + 60Q0 + Julho 2007

1 = 12 0, 125 · 10−1 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

428 Dividindo-se por 10:

Q00 + 6Q0 + 8Q =

6 5

˜ caracter´ıstica: r 2 + 6r + 8 = 0 Equac¸ao Ra´ızes: r = −2, −4 ˜ geral da equac¸ao ˜ homogenea: ˆ Soluc¸ao Q(t) = c1 e−2t + c2 e−4t ˜ particular da forma Qp (t) = A0 . Soluc¸ao

Q0p (t) = Q00p (t) = 0 ˜ Substituindo-se na equac¸ao:

8A0 =

6 5

⇒

A0 =

3 20

˜ geral: Soluc¸ao

Q(t) = c1 e−2t + c2 e−4t +

3 20

˜ geral: Q0 (t) = −2c1 e−2t − 4c2 e−4t Derivada da soluc¸ao Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q0 = 0:



3 c1 + c2 + 20 =0 , −2c1 − 4c2 = 0

⇒



c1 = −3/10 c2 = 3/20

˜ do PVI: Soluc¸ao

Q(t) = − ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

3 −2t 3 3 e + e−4t + 10 20 20 Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

429

(b)

lim Q(t) =

t→∞

3 C 20

(c) 0.16

Q 0.14

0.12

0.1

0.08

0.06

0.04

0.02

0

t

−0.02 −0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

˜ ´ ˆ ´ 4. Soluc¸oes em Series de Potencias (pagina 372) 4.1.

P∞ n 0 n a x , y (x) = n n=0 n=0 (n + 1)an+1 x e ∞ 00 n 00 0 ˜ y + xy + 2y = 0, obtemos y (x) = n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x na equac¸ao P∞ P∞ P n n (n + 2)(n + 1)an+2 x + x n=0 (n + 1)an+1 xn + 2 ∞ n=0 n=0 an x = 0 P∞ P P ∞ n n+1 n +2 ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x + n=0 (n + 1)an+1 x n=0 an x = 0

(a) Substituindo-se y(x) = P

Julho 2007

P∞

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

430

P∞

P P n + 2)(n + 1)an+2 xn + ∞ nan xn + 2 ∞ n=1 n=0 an x = 0 P∞ 2a2 + 2a0 + n=1 [(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 2an ]xn = 0 n=0 (n

O que implica em



a4 =

(−1)2 a0 , 3

2a2 + 2a0 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 2an = 0, n = 1, 2, 3, . . .  a2 = −a0 1 an+2 = − n+1 an , n = 1, 2, 3, . . .

a6 =

a3 = − 12 a1 , a5 =

(−1)3 a0 , 5·3

1 a ,, 4·2 1

· · · a2k =

· · · a2k+1 =

(−1)k a , (2k−1)(2k−3)···3 0

(−1)k a (2k)(2k−2)···2 1

k = 1, 2, . . .

k = 1, 2, . . .

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

y(x) =

∞ X

n

an x =

n=0

= a0

∞ X

a2k x

k=0

1+

∞ X k=1

+a1

x+

2k

+

∞ X

a2k+1 x2k+1 =

k=0

!

+

(−1)k x2k+1 (2k)(2k − 2) · · · 2

!

(−1)k x2k (2k − 1)(2k − 3) · · · 3 ∞ X k=1

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

431

em que

y1 (x) = 1 +

∞ X k=1

y2 (x) = x +

(−1)k x2k (2k − 1)(2k − 3) · · · 3

∞ X

(−1)k x2k+1 (2k)(2k − 2) · · · 2

k=1

˜ substituindo x = 0 e y = 4 na expressao ˜ de y(x) obtemos Agora, como y(0) = 4, entao ˜ obtida que a0 = 4. Como y 0 (0) = −1, substituindo-se x = 0 e y 0 = −1 na expressao derivando-se y(x): 0

y (x) = a0

∞ X

(−1)k 2k x2k−1 + (2k − 1)(2k − 3) · · · 3

k=1

+ a1

∞ X (−1)k (2k + 1) 2k 1+ x (2k)(2k − 2) · · · 2 k=1

!

˜ do problema de valor inicial e´ obtemos a1 = −1. Assim a soluc¸ao

y(x) = 4 1 +

∞ X

(−1)k x2k (2k − 1)(2k − 3) · · · 3

k=1

−

x+

∞ X k=1

!

(−1)k x2k+1 (2k)(2k − 2) · · · 2

!

´ A serie acima converge para todo x ∈ R. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

432

P n an xn , y 0 (x) = ∞ n=0 (n + 1)an+1 x e ∞ ˜ (1 + x2 )y 00 − 4xy 0 + 6y = 0, obtemos y 00 (x) = n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn na equac¸ao P P P∞ ∞ n n n (1 + x2 ) ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − 4x n=0 (n + 1)an+1 x + 6 n=0 an x = 0 P∞ P∞ P∞ n 2 n n+1 + n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x + x n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − 4 n=0 (n + 1)an+1 x P ∞ n 6 n=0 an x = 0 P∞ P∞ P∞ n n+2 n+1 (n + 2)(n + 1)a x + (n + 2)(n + 1)a x − 4 + n+2 n+2 n=0 n=0 n=0 (n + 1)an+1 x P∞ 6 n=0 an xn = 0 P∞ P∞ P∞ P∞ n n n n n=0 an x = 0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x + n=2 n(n − 1)an x − 4 n=1 nan x + 6 P∞ 2a2 +6a3 x−4a1 x+6a0 +6a1 x+ n=2 [(n+2)(n+1)an+2 +n(n−1)an −4nan +6an ]xn = 0

(b) Substituindo-se y(x) = P

P∞

n=0

O que implica em

 2a2 + 6a0 = 0     6a  3 + 2a1 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 +   +n(n − 1)an − 4nan + 6an = 0,    n = 2, 3, . . .

  a2 = −3a0 a3 = − 13 a1  an+2 = − (n−3)(n−2) a , n = 2, 3, . . . (n+2)(n+1) n

a4 = 0, a6 = 0, · · · a2k = 0, para k = 2, 3, . . . a5 = 0, a7 = 0, · · · a2k+1 = 0, para k = 2, 3, . . . ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

433

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

y(x) =

∞ X

a n xn

n=0

=

∞ X

a2k x

2k

+

a2k+1 x2k+1

k=0

k=0

= a0 1 − 3x

∞ X


2

+ a1



1 x − x3 3



˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 − 3x2 e y2 (x) = x − 31 x3 ˜ acima e´ valida ´ A soluc¸ao para todo x. P∞ P∞ n 00 n ˜ (c) Substituindo-se y(x) = ¸ ao n=0 an x e y (x) = n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x na equac 2 00 (4 − x )y + 2y = 0, obtemos P P∞ n n (4 − x2 ) ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x + 2 n=0 an x = 0 P∞ P P∞ n n 4 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn − x2 ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x + 2 n=0 an x = 0 P∞ P P n+2 n 4 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn − ∞ +2 ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x n=0 an x = 0 P∞ P P n 4 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn − ∞ n(n − 1)an xn + 2 ∞ n=0 an x = 0 Pn=2 n 8a2 + 4 · 3 · 2 · a3x + 2a0 + 2a1 x + ∞ n=2 [4(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an + 2an ]x = 0

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

434 O que implica em

  8a2 + 2a0 = 0 4 · 3 · 2 · a3 + 2a1 = 0  4(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an + 2an = 0, n = 2, 3, . . .  a2 = − 14 a0    a3 = − 1 a1 4·3

2

n −n−2 an+2 = 4(n+2)(n+1) an    n−2 = 4(n+2) an , n = 2, 3, . . .

a4 = 0, a6 = 0, · · · a2k = 0, para k = 2, 3, . . . 1 1 1 a1 , a7 = − 43 ·7·5 a1 , · · · a2k+1 = − 4k (2k+1)(2k−1) a1 , k = 1, . . . a5 = − 42 ·5·3 ´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos ∞ X y(x) = a n xn =

n=0 ∞ X

a2k x

2k

k=0

+

∞ X

k=0 1 = a 0 1 − x2 + 4 ∞ X + a1 x − 

k=1

a2k+1 x2k+1

1 x2k+1 k 4 (2k + 1)(2k − 1)

!

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

435

em que

y1 (x) = 1 − 14 x2 e y2 (x) = x −

P∞

1 2k+1 k=1 4k (2k+1)(2k−1) x

´ A serie acima converge pelo menos para |x| < 2.

P n an xn , y 0 (x) = ∞ n=0 (n + 1)an+1 x e ∞ 00 n 2 00 ˜ (3 − x )y − 3xy 0 − y = 0, obtemos y (x) = n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x na equac¸ao P P P n (3 − x2 ) ∞ (n + 2)(n + 1)an+2 xn − 3x ∞ (n + 1)an+1 xn − ∞ n=0 n=0 n=0 an x = 0 P∞ P P ∞ n n+1 3 n=0 (n+2)(n+1)an+2xn −x2 ∞ − n=0 (n+2)(n+1)an+2 x −3 n=0 (n+1)an+1 x P ∞ n n=0 an x = 0 P P∞ P n n+2 n+1 3 ∞ −3 ∞ − n=0 (n+2)(n+1)an+2 x − n=0 (n+2)(n+1)an+2 x n=0 (n+1)an+1 x P ∞ n a x = 0 n=0 n P P∞ P∞ P∞ n n n n 3 ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − Pn=2 n(n − 1)an x − 3 n=1 nan x − n=0 an x = 0 n 6a2 +32 ·2·a3 x−3a1 x−a0 −a1 x+ ∞ n=2 [3(n+2)(n+1)an+2 −n(n−1)an −3nan −an ]x = 0

(d) Substituindo-se y(x) = P

O que implica em

P∞

n=0

 6a2 − a0 = 0      32 · 2 · a3 − 4a1 = 0 3(n + 2)(n + 1)an+2   −n(n − 1)an − 3nan − an = 0,    n = 2, 3, . . .  1 a0 a2 = 3·2    2    a3 = 32 a1n2 +2n+1 an+2 = 3(n+2)(n+1) an  (n+1)2   = 3(n+2)(n+1) an    = n+1 a , n = 1, 2, . . . 3(n+2) n

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

436

a4 = a5 =

3 a, 32 ·4·2 0 4·2 a, 32 ·5·3 1

a6 = a7 =

5·3 a, 33 ·6·4·2 0 6·4·2 a, 33 ·7·5·3 1

(2k−1)(2k−3)···3 a , k = 2, 3, . . . 3k ·(2k)(2k−2)···2 0 (2k)(2k−2)···2 a2k+1 = 3k (2k+1)(2k−1)···3 a1 , k = 1, 2, . . .

· · · a2k = ···

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

y(x) =  P∞ a0 1 + k=1

P∞

n n=0 an x  (2k−1)(2k−3)···3 2k x 3k ·(2k)(2k−2)···2

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

P∞ P∞ 2k 2k+1 =  + k=0 a2k x k=0 a2k+1  x P∞ (2k)(2k−2)···2 + a1 x + k=1 3k (2k+1)(2k−1)···3 x2k+1

=

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 +

∞ X (2k − 1)(2k − 3) · · · 3

3k · (2k)(2k − 2) · · · 2

k=1

y2 (x) = x +

∞ X k=1

x2k e

(2k)(2k − 2) · · · 2 x2k+1 + 1)(2k − 1) · · · 3

3k (2k

´ A serie acima converge pelo menos para |x| <

√

3. P∞ (e) Substituindo-se y(x) = n=0 an x , y (x) = n=0 (n + 1)an+1 xn e P ∞ ˜ (1 − x)y 00 + xy 0 − y = 0, obtemos y 00 (x) = n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn na equac¸ao P∞ P P n (1 − x) n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn + x ∞ (n + 1)an+1 xn − ∞ n=0 n=0 an x = 0 P∞ P P ∞ ∞ n n n+1 − n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − x n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x + n=0 (n + 1)an+1 x P∞ n n=0 an x = 0 P∞ P∞ P n n+1 n+1 + ∞ − n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x n=0 (n + 1)an+1 x P∞ n a x = 0 n=0 n P∞

n

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

0

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

437

P∞

P P P n + 2)(n + 1)an+2 xn − ∞ (n + 1)nan+1 xn + ∞ nan xn − ∞ n=1 n=1 n=0 an x = 0 P∞ 2a2 − a0 + n=1 [(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n + 1)an+1 + nan − an ]xn = 0 n=0 (n

O que implica em

1 a0 , a3 = 13 a2 = 3·2 2 1 a4 = 4 a3 − 4·3 a2 =

 2a − a0 = 0    2 (n + 2)(n + 1)an+2 −n(n + 1)an+1 + nan − an = 0,    n = 1, 2, 3, . . .  a2 = 12 a0    a =

2 a 4·3·2 0

  

−

n+2 n a n+2 n+1

n−1 − (n+2)(n+1) an , n = 1, 2, . . .

1 a 4·3·2 0

=

1 a , 4! 0

1 ˜ a , para k < n, entao k! 0 n−2 n−3 an = n an−1 − n(n−1) an−2 = n−2 1 n−3 1 a − n(n−1) a = n!1 a0 , para n n (n−1)! 0 (n−2)! 0

Supondo que ak =

= 1, 2, . . .

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

y(x) =

∞ X

a n xn

n=0

= a0 Julho 2007

∞ X 1 n 1+ x n! n=2

!

+ a1 x Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

438 ˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 +

∞ X 1 n x e y2 (x) = x n! n=2

˜ substituindo x = 0 e y = −3 na expressao ˜ de y(x) Agora, como y(0) = −3, entao 0 0 ˜ obtemos que a0 = −3. Como y (0) = 2, substituindo-se x = 0 e y = 2 na expressao obtida derivando-se y(x): 0

y (x) = a0

∞ X n=2

1 xn−1 + a1 (n − 1)!

˜ do problema de valor inicial e´ obtemos a1 = 2. Assim a soluc¸ao ∞ X 1 n y(x) = −3 1 + x n! n=2

!

+ 2x

´ A serie acima converge pelo menos para todo |x| < 1.

P n an xn , y 0 (x) = ∞ n=0 (n + 1)an+1 x e n ˜ 2y 00 + xy 0 + 3y = 0, obtemos y 00 (x) = ∞ na equac¸ao n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x P∞ P P n 2 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn + x ∞ (n + 1)an+1 xn + 3 ∞ n=0 n=0 an x = 0 P∞ P P n 2 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn + ∞ xn+1 + 3 ∞ n=0 (n + 1)an+1P n=0 an x = 0 P∞ P ∞ n n 2 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn + ∞ n=1 nan x + 3 n=0 an x = 0

(f) Substituindo-se y(x) = P

P∞

n=0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

4a2 + 3a0 +

P∞

n=1 [2(n

439

+ 2)(n + 1)an+2 + nan + 3an ]xn = 0

O que implica em



a4 = a3 =

4a2 + 3a0 = 0 2(n + 2)(n + 1)an+2 + nan + 3an = 0, n = 1, 2, 3, . . .  a2 = − 34 a0 n+3 an+2 = − 2(n+2)(n+1) an , n = 1, 2, . . .

5·3 a , a6 22 ·4·3·2 0 4 − 2·3·2 a1 , a5

(−1)k (2k+1)(2k−1)···3 a0 , k = 1, 2, . . . 2k ·(2k)! (−1)k (2k+2)(2k)···4 a2k+1 = a1 , k = 1, . . . 2k (2k+1)!

= − 7·5·3 a , · · · a2k = 23 ·6! 0

=

6·4 a, 22 ·5·4·3·2 1

···

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

y(x) =  P∞ a0 1 + k=1

P∞

n = n=0 an x k (−1) (2k+1)(2k−1)···3 2k x 2k ·(2k)!

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

P∞ P∞ 2k 2n+1 a x + 2k k=0 n=0 a2n+1 x   P (−1)k (2k+2)(2k)···4 2k+1 + a1 x + ∞ x k=1 2k (2k+1)!

=

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 +

∞ X (−1)k (2k + 1)(2k − 1) · · · 3 k=1

y2 (x) = x +

2k

· (2k)!

∞ X (−1)k (2k + 2)(2k) · · · 4 k=1

2k (2k + 1)!

x2n e

x2k+1

´ A serie acima converge para todo x ∈ R. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

440 (g) Substituindo-se y(x) = y 00 − xy = 0, obtemos

P∞

n=0

an xn e y 00 (x) =

P∞

n=0 (n

˜ + 2)(n + 1)an+2 xn na equac¸ao

P∞ P∞ n n n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − x n=0 an x = 0 P∞ P ∞ n n+1 =0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − n=0 an x P P∞ ∞ n n n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − n=1 an−1 x = 0 P∞ 2a2 + n=1 [(n + 2)(n + 1)an+2 − an−1 ]xn = 0

O que implica em

 2a = 0    2 (n + 2)(n + 1)an+2 −an−1 = 0,    n = 1, 2, 3, . . .

  a2 = 0 1 an+2 = (n+2)(n+1) an−1 ,  n = 1, 2, 3, . . .

1 a3 = 3·2 a0 1 1 a6 = 6·5 a3 = 6·5·3·2 a0 1 a3k = (3k)(3k−1)(3k−3)(3k−4)···3·2 a0 1 a1 a4 = 4·3 1 1 a7 = 7·6 a4 = 7·6·4·3 a0 1 a3k+1 = (3k+1)(3k)(3k−2)(3k−3)···4·3 a1 1 a5 = 5·4 a2 = 0, a3k+2 = 0, para k = 0, 1, 2, . . .. ´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

y(x) = =

a0 1 +

441

P∞ n n=0 P∞an x 3k a3k x P∞ k=0

P∞

+

k=0

3k+1 a3k+1  x 

1 3k k=1 (3k)(3k−1)(3k−3)(3k−4)···3·2 x

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

+a1 x +

+ P∞

P∞

k=0

a3k+2 x3k+2

=

1 3k+1 k=1 (3k+1)(3k)(3k−2)(3k−3)···4·3 x

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 +

∞ X k=1

y2 (x) = x +

∞ X k=1

1 x3k (3k)(3k − 1)(3k − 3)(3k − 4) · · · 3 · 2

1 x3k+1 (3k + 1)(3k)(3k − 2)(3k − 3) · · · 4 · 3

´ A serie acima converge para todo x ∈ R. 4.2.

P∞

(a) Substituindo-se y(x) = y 00 + k 2 x2 y = 0, obtemos

n=0

an xn e y 00 (x) =

P∞

n=0 (n

˜ + 2)(n + 1)an+2 xn na equac¸ao

P∞ P n+2 (n + 2)(n + 1)an+2 xn + k 2 ∞ =0 n=0 n=0 an x P∞ P ∞ n 2 n + 1)a x + k n=0 (n + 2)(n n=2 an−2 x = 0 P∞ n+2 2a2 + 6a3 x + n=2 [(n + 2)(n + 1)an+2 + k 2 an−2 ]xn = 0.

O que implica em

Julho 2007

  2a2 = 0 6a3 = 0  (n + 2)(n + 1)an+2 + k 2 an−2 = 0, n = 2, 3, . . .

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

442

 2

a2 = a 3 = 0 k2 an+2 = − (n+2)(n+1) an−2 , n = 2, 3, . . .

4

k k = − 4·3 a0 , a8 = 8·7·4·3 a0 , · · · k2 k4 = 5·4 a1 , a9 = 9·8·5·4 a1 , · · · = 0, a10 = 0, a4n+2 = 0, para n = 0, 1, 2, . . . = 0, a11 = 0, a4n+3 = 0, para n = 0, 1, 2, . . . ´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos P∞ P∞ P∞ n 4n 4n+1 y(x) = a x = a x + n 4n n=0 n=0 n=0 a4n+1 x P∞ P∞ P P∞ ∞ 4n+2 4n+3 4n 4n+1 + = +  n=0 a4n+1 x n=0 n=0 a4n+3 n=0 a4n x  x   a4n+2 x

a4 a5 a6 a7

a0 1 −

k2 4 x 4·3

+

k4 x8 8·7·4·3

+ · · · + a1 x −

k2 5 x 5·4

+

k4 x9 9·8·5·4

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

+ =

+···

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

k2 4 k4 x + x8 + · · · 4·3 8·7·4·3 2 k4 k 5 x + x9 + · · · y2 (x) = x − 5·4 9·8·5·4 ´ A serie acima converge para todo x ∈ R. P∞ P∞ n 00 n ˜ (b) Substituindo-se y(x) = a x e y (x) = ¸ ao n n=0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x na equac 00 (1 − x)y + y = 0, obtemos P P n (1 − x) ∞ (n + 2)(n + 1)an+2 xn + ∞ n=0 n=0 an x = 0 P∞ P P∞ ∞ n n n n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − x n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x + n=0 an x = 0 y1 (x) = 1 −

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

443

P∞ P P n (n + 2)(n + 1)an+2 xn − ∞ (n + 2)(n + 1)an+2 xn+1 + ∞ n=0 n=0 n=0 an x = 0 P∞ P P ∞ n n + 1)an+2 xn − ∞ n=0 (n + 2)(n n=1 (n + 1)nan+1 x + n=0 an x = 0 P∞ 2a2 + a0 + n=1 [(n + 2)(n + 1)an+2 − (n + 1)nan+1 + an ]xn = 0

O que implica em

 2a + a0 = 0    2 (n + 2)(n + 1)an+2 −(n + 1)nan+1 + an = 0,    n = 1, 2, 3, . . .  a2 = − 12 a0    a = n a n+2

a3 = 13 a2 − a4 = 21 a3 −

1 a 3·2 1 1 a 4·3 2

n+2 n+1

1 − (n+2)(n+1) an ,    n = 1, 2, 3, . . .

1 1 = − 3·2 a0 − 3·2 a1 1 1 = − 3·22 a0 − 3·22 a1 +

1 a 4·3·2 0

1 = − 4·3·2 a0 −

1 a 3·22 1

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

y(x) a1 x −

= 1 3 x − 3·2

P∞

an
xn 1 4 x +··· 3·4 n=0

=

a0 1 − 12 x2 −

1 3 x 3·2

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

−

1 x4 4·3·2

+···




+

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

Julho 2007

1 1 3 1 y1 (x) = 1 − x2 − x − x4 + · · · 2 3·2 4·3·2 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

444

1 3 1 4 x − x +··· 3·2 3·4 ´ A serie acima converge pelo menos para |x| < 1. P P∞ n 0 n (c) Substituindo-se y(x) = ∞ n=0 an x , y (x) = n=0 (n + 1)an+1 x e P ∞ 00 n 2 00 ˜ (2 + x )y − xy 0 + 4y = 0, obtemos y (x) = n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x na equac¸ao P P P n (2 + x2 ) ∞ (n + 2)(n + 1)an+2 xn − x ∞ (n + 1)an+1 xn + 4 ∞ n=0 n=0 n=0 an x = 0 P∞ P P ∞ n n+1 2 Pn=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn + x2 ∞ + n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − n=0 (n + 1)an+1 x ∞ n 4 n=0 an x = 0 P P∞ P n n+2 n 2 P∞ − ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x + n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x n=1 nan x + ∞ n 4 n=0 an x = 0 P∞ P∞ P P∞ n n n n 2 ∞ n=1 nan x + 4 n=0 an x = 0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x +P n=2 n(n − 1)an x − n 4a2 +12a3 x−a1 x+4a0 +4a1 x+ ∞ n=2 [2(n+2)(n+1)an+2 +n(n−1)an −nan +4an ]x = 0 y2 (x) = x −

O que implica em

a4 = a5 =

1 a , a6 = −1 a , 3·2 0 30 0 7 a ,··· 5·42 ·2 1

 4a2 + 4a0 = 0      12a3 + 3a1 = 0 2(n + 2)(n + 1)an+2 + n(n − 1)an   −nan + 4an = 0,    n = 2, 3, . . .  a2 = −a0    a = −1a 3 4 1 −n(n−2)−4 a = a ,  n+2 2(n+2)(n+1) n   n = 2, 3, . . .

···

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

445

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

P P∞ P n 2k 2n+1 y(x) = ∞ + ∞ = a0 1 − x2 + n=0 an x = k=0
a2k x n=0 a2n+1 x a1 x − 41 x3 + 5·472 ·2 x5 + · · ·

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

1 4 x 3·2


+··· +

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

1 4 x +··· 3·2 1 7 y2 (x) = x − x3 + x5 + · · · 2 4 5·4 ·2 ˜ substituindo x = 0 e y = −3 na expressao ˜ de y(x) Agora, como y(0) = −3, entao 0 0 ˜ obtida obtemos a0 = −3. Como y (0) = 2, substituindo-se x = 0 e y = 2 na expressao derivando-se y(x):

3·7 4 x +··· y 0 (x) = a0 −2x + 23 x3 + · · · + a1 1 − 34 x2 + 5·4·2 ˜ do problema de valor inicial e´ obtemos a1 = 2. Assim a soluc¸ao

1 4 2 y(x) = −3 1 − x + 3·2 x + · · · + 2 x − 14 x3 + 5·472 ·2 x5 + · · · √ ´ A serie acima converge pelo menos para |x| < 2. y1 (x) = 1 − x2 +

˜ soluc¸oes ˜ da equac¸ao ˜ pois fazendo a0 = 1 e a1 = 0 obtemos y1 (t) e fazendo 4.3. y1 (t) e y2 (t) sao ´ disso a0 = 0 e a1 = 1 obtemos y2 (t). Alem



 y1 (0) y2 (0) W [y1 , y2 ](0) = det y10 (0) y20 (0)   1 0 = det = 1 6= 0 0 1 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

446

˜ soluc¸oes ˜ Como o Wronskiano de y1 (t) e y2 (t) e´ diferente de zero para t = 0 e y1 (t) e y2 (t) sao ˜ entao ˜ y1 (t) e y2 (t) sao ˜ soluc¸oes ˜ fundamentais da equac¸ao. ˜ da equac¸ao,

4.4.

P n an xn , y 0 (x) = ∞ n=0 (n + 1)an+1 x e ∞ n 2 00 ˜ (1 − x )y − 2xy 0 + α(α + 1)y = 0, ¸ ao n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x na equac

(a) Substituindo-se y(x) = P

y 00 (x) =

obtemos

(1 − x2 ) P∞

P∞

n=0

P∞

n n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − 2x

n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x

α(α + 1)

∞ X

n

−x

2

a n xn = 0

P∞

P∞

n n=0 (n + 1)an+1 x + α(α + 1)

n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x

−2

∞ X

−2

∞ X

n

P∞

n=0

a n xn = 0

(n + 1)an+1 xn+1 +

n=0

n=0

P∞

n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x

α(α + 1)

∞ X

n

a n xn = 0

−

P∞

n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x

n+2

(n + 1)an+1 xn+1 +

n=0

n=0

P∞

0

n=0 (n+2)(n+1)an+2 x

n

−

P∞

n=2

n(n−1)an xn −2

P∞

2a2 + 6a3 x − 2a1 x + α(α + 1)a0 + α(α + 1)a1 x + 1)an − 2nan + α(α + 1)an ]xn = 0 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

n=1

P∞

nan xn +α(α+1)

n=2 [(n

P∞

n=0

a n xn =

+ 2)(n + 1)an+2 − n(n − Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

447

O que implica em

 2a + α(α + 1)a0 = 0    2 6a3 − (2 − α(α + 1))a1 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an − 2nan    +α(α + 1)a = 0, n = 2, 3, . . . n  α(α + 1)   a2 = − a0   2     a = 2 − α(α + 1) a 3 1 6 2  n + n − α(α + 1)   a = an n+2   (n + 2)(n + 1)    = (n−α)(n+1+α) an , n = 2, 3, . . . (n+2)(n+1)

(2k − 2 − α) · · · (−α)(2k − 1 + α) · · · (1 + α) a0 , k = 2, 3, . . . (2k)! (2k − 1 − α)) · · · (1 − α)(2k − 2 + α) · · · (2 + α) a2k+1 = a1 , k = 1, 2, . . . (2k + 1)! ´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos P∞ P∞ P∞ n 2k 2k+1 y(x) = a x = a x + = n 2k n=0 k=0 k=0 a2k+1 x    P∞ (2k−2−α)···(−α)(2k−1+α)···(1+α) 2k P∞ (2k−1−α))···(1−α)(2k−2+α)···(2+α) 2k+1  a0 1 + k=1 x +a1 x + k=1 x (2k)! (2k+1)! a2k =

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

448

y1 (x) = 1 + y2 (x) = x +

P∞

(2k−2−α)···(−α)(2k−1+α)···(1+α) 2k x k=1 (2k)! P∞ (2k−1−α))···(1−α)(2k−2+α)···(2+α) 2k+1 x k=1 (2k+1)!

´ ˆ ˜ a2k = 0, para k = N + 1, N + (b) Da formula de recorrencia segue-se que se α = 2N , entao ˜ a2k+1 = 0, para k = N + 1, N + 2, . . . 2, . . . e se α = 2N + 1, entao

x2 − 21 , P3 (x) = 25 x3 − 23 x, P4 (x) = 35 x4 − 15 x2 + 38 8 4 P P∞ n 0 n (a) Substituindo-se y(x) = ∞ n=0 an x , y (x) = n=0 (n + 1)an+1 x e P ∞ ˜ y 00 − 2xy 0 + λy = 0, obtemos y 00 (x) = n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 xn na equac¸ao P∞ P P∞ ∞ n n n (n + 2)(n + 1)a x − 2x (n + 1)a x + λ n+2 n+1 n=0 n=0 n=0 an x = 0 P∞ P P ∞ ∞ n xn+1 + λ n=0 an xn = 0 n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − 2 Pn=0 (n + 1)an+1P P∞ ∞ n + 1)an+2 xn − 2 n=1 nan xn + λ ∞ n=0 (n + 2)(n n=0 an x = 0 P∞ 2a2 + λa0 + n=1 [(n + 2)(n + 1)an+2 − 2nan + λan ]xn = 0 (c) P0 (x) = 1, P1 (x) = x, P2 (x) =

4.5.

3 2

O que implica em



a2k

2a2 + λa0 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 − 2nan + λan = 0, n = 1, 2, 3, . . .  λ   a2 = − a0 2 2n − λ   an+2 = an , n = 1, 2, 3, . . . (n + 1)(n + 2)

a2k+1

(−1)k (λ − 2(2k − 2)) · · · λ a0 (2k)! (−1)k (λ − 2(2k − 1)) · · · (λ − 2) = a1 (2k + 1)!

=

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

k = 1, 2, . . . k = 1, 2, . . . Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

449

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos

y(x) =  P∞ a0 1 + k=1

P∞

n = n=0 an x  (−1)k (λ−2(2k−2))···λ 2k x + (2k)!

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

P∞ P∞ 2k+1 a2k x2k + k=0 a2k+1 x  k=0P  ∞ (−1)k (λ−2(2k−1))···(λ−2) 2k+1 a1 x + k=1 x (2k+1)!

=

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 +

∞ X (−1)k (λ − 2(2k − 2)) · · · λ k=1

y2 (x) = x +

∞ X k=1

(2k)!

x2k

(−1)k (λ − 2(2k − 1)) · · · (λ − 2) 2k+1 x (2k + 1)!

´ ˆ ˜ a2k = 0, para k = N + 1, N + (b) Da formula de recorrencia segue-se que se α = 4N , entao ˜ 2, . . . e se α = 2(2N + 1), entao a2k+1 = 0, para k = N + 1, N + 2, . . . (c) H0 (x) = 1, H1 (x) = x, H2 (x) = x2 − 1, H3 (x) = x3 − 3x, H4 (x) = x4 − 6x2 + 3. 4.6.

P n an xn , y 0 (x) = ∞ n=0 (n + 1)an+1 x e ∞ 00 n 2 00 ˜ (1 − x )y − xy 0 + α2 y = 0, obtemos y (x) = n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x na equac¸ao P P P∞ ∞ n n 2 n (1 − x2 ) ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − x n=0 (n + 1)an+1 x + α n=0 an x = 0 ∞ X P∞ P∞ n 2 n (n + 1)an+1 xn+1 + n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − x n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x −

(a) Substituindo-se y(x) = P

α2

∞ X

P∞

n=0

n=0

a n xn = 0

n=0

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

450

P∞

n=0 (n

α2

∞ X

n

+ 2)(n + 1)an+2 x −

a n xn = 0

P∞

n=0 (n

+ 2)(n + 1)an+2 x

n+2

−

∞ X

(n + 1)an+1 xn+1 +

n=0

n=0 P P P∞ P∞ n n n(n − 1)an xn − ∞ nan xn + α2 ∞ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2 x − n=2 n=1 n=0 an x = 0 P ∞ 2a2 +6a3 x−a1 x+α2 a0 +α2 a1 x+ n=2 [(n+2)(n+1)an+2 −n(n−1)an −nan +α2 an ]xn = 0

O que implica em

  2a2 + α2 a0 = 0 6a3 − (1 − α2 )a1 = 0  (n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an − nan + α2 an = 0, n = 2, 3, . . .  α2   a = − a0  2   2 2  1−α a3 = a1  6 2   n − α2    an+2 = an , n = 2, 3, . . . (n + 2)(n + 1)

a2k =

((2k − 2)2 − α2 ) · · · (−α2 ) a0 , k = 1, 2, 3, . . . (2k)!

a2k+1 =

((2k − 1)2 − α2 ) · · · (1 − α2 ) a1 , k = 1, 2, . . . (2k + 1)!

´ Substituindo-se os valores an encontrados acima, na serie de y(x) obtemos ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

y(x) =  P∞ a0 1 + k=1

451

P∞

n = n=0 an x  ((2k−2)2 −α2 )···(−α2 ) 2k x + (2k)!

˜ geral e´ Portanto, a soluc¸ao

P∞ P∞ 2k+1 a2k x2k + k=0 a2k+1 x  k=0P  ∞ ((2k−1)2 −α2 )···(1−α2 ) 2k+1 a1 x + k=1 x (2k+1)!

=

y(x) = a0 y1 (x) + a1 y2 (x), em que

y1 (x) = 1 +

∞ X ((2k − 2)2 − α2 ) · · · (−α2 ) k=1

y2 (x) = x +

(2k)!

∞ X ((2k − 1)2 − α2 ) · · · (1 − α2 ) k=1

(2k + 1)!

x2k x2k+1

´ ˆ ˜ a2k = 0, para k = N + 1, N + (b) Da formula de recorrencia segue-se que se α = 2N , entao ˜ a2k+1 = 0, para k = N + 1, N + 2, . . . 2, . . . e se α = 2N + 1, entao (c) T0 (x) = 1, T1 (x) = x, T2 (x) = 2x2 − 1, T3 (x) = 4x3 − 3x, T4 (x) = 8x4 − 8x2 + 1 ´ ´ 5. Mudanc¸a de Variaveis (pagina 386) 5.1.

(a) y 00 + (y 0 )2 = 0 Fazendo y 0 = v

Julho 2007

v0 + v2 = 0 1 0 v = −1 v2   d 1 dv =1 dv v dt Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

452

1 = t + c1 v Logo

y 0 = v(t) =

1 t + c1

Integrando-se

y(t) = ln |t + c1 | + c2 (b) ty 00 = y 0 Fazendo y 0 = v

tv 0 = v 1 0 1 v = v t dv 1 d (ln |v|) = dv dt t ln |v| = ln |t| + c˜1 v = c1 t

Logo

y 0 = v(t) = c1 t Integrando-se

y(t) = c1 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

t2 + c2 2 Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

453

(c) Fazendo y 0 = v

(1 + x2 )v 0 + 2xv = 2x−3 Dividindo-se por 1 + x2

v0 +

2x 2 v = . 1 + x2 x3 (1 + x2 )

˜ por µ(x) = e Multiplicando-se a equac¸ao

R

2x 1+x2

dx

= 1 + x2 :


d 2 (1 + x2 )v = 3 dx x

Integrando-se obtemos

(1 + x2 )v(x) = −

1 + c1 x2

Logo

dy 1 c1 = v(x) = − + 2 2 dx (1 + x )x 1 + x2 −

1 A B Cx + D = + 2+ 2 2 (1 + x )x x x 1 + x2

−1 = Ax(1 + x2 ) + B(1 + x2 ) + (Cx + D)x2 Substituindo-se x = 0 obtemos B = −1. Comparando-se os termos de grau 2 obtemos 0 = B+D ou D = 1. Comparando-se os termos de grau 1 obtemos 0 = A. ComparandoJulho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

454

se ou termos de grau 3 obtemos 0 = A + C ou C = 0. Assim,

Z

Z 1 1 1 dx = − + − 2 2 2 (1 + x )x x 1 + x2 1 + arctan x + C2 = x

˜ da equac¸ao ˜ e´ E a soluc¸ao

y(x) = 5.2.

1 + c1 arctan x + c2 . x

(a) y 00 + y(y 0 )3 = 0

v = y 0 y 00 = v

dv dv =v dt dy

dv + yv 3 = 0 dy

v = 0 ou

dv + yv 2 = 0 dy

v=0

y(t) = c1

ou

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

⇒

1 dv = −y v 2 dy   d 1 − = −y dt v Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

455

1 y2 = + c˜1 v 2 2 v= 2 y + c1 Logo

y0 = v =

y2

2 + c1

(y 2 + c1 )y 0 = 2   d y3 + c1 y y 0 = 2 dy 3 ˜ e´ dada implicitamente por A soluc¸ao

y3 + c1 y = 2t + c2 3 (b) y 2 y 00 − y 0 = 0

v = y 0 y 00 = y2v

dv −v =0 dy

v = 0 ou y 2 v=0 Julho 2007

dv dv =v dt dy

⇒

dv −1=0 dy y(t) = c1 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

456

dv 1 = 2 dy y 1 v = − + c1 y Logo

1 y 0 = v = − + c1 y − y1

1 y0 = 1 + c1

y y0 = 1 c1 y − 1 1 c1 y − 1 + 1 0 y =1 c1 c1 y − 1   1 1 1+ y0 = 1 c1 c1 y − 1   d 1 y + ln |c1 y − 1| y 0 = c1 dy c1 ˜ e´ dada implicitamente por A soluc¸ao

y+

1 ln |c1 y − 1| = c1 t + c2 c1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

457

(c) y 00 = (y 0 )3 + y 0

v = y 0 y 00 = v

dv = v3 + v dy

v = 0 ou v=0 ou

dv dv =v dt dy

⇒

dv = v2 + 1 dy y(t) = c1

dv = v2 + 1 dy v2

1 dv =1 + 1 dy

d dv arctan v =1 dv dy d arctan v = 1 dy arctan v = y + c1 v = tan(y + c1 ) y 0 = tan(y + c1 ) cotan(y + c1 )y 0 = 1 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

458

Z

Z

cos(y + c1 ) dy sen(y + c1 ) = ln | sen(y + c1 )| + C

cotan(y + c1 )dy =

d ln | sen(y + c1 )|y 0 = 1 dy d ln | sen(y + c1 )| = 1 dt Integrando-se

ln | sen(y + c1 )| = t + C2 sen(y + c1 ) = c2 et

˜ t = ln x transforma a equac¸ao ˜ de Euler 5.3. A substituic¸ao

x

2d

2

y dy + bx + cy = 0 2 dx dx

˜ linear com coeficientes constantes. numa equac¸ao

dy dt 1 = y0 = y0 dx dx x d2 y d = 2 dx dx



dy dx



˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

1 0 y + x2 1 = − 2 y0 + x 1 = − 2 y0 + x = −

1 d 0 (y ) x dx 1 d 0 dt (y ) x dt dx 1 00 y x2 Julho 2007

2.6

Respostas dos Exerc´ıcios

459

˜ de Euler obtemos a equac¸ao ˜ linear com coeficientes constantes Substituindo-se na equac¸ao

y 00 + (b − 1)y 0 + cy = 0. ˜ se transforma em (a) x2 y 00 + 4xy 0 + 2y = 0 Fazendo t = ln x a equac¸ao

y 00 + 3y 0 + 2y = 0. ˜ caracter´ıstica Equac¸ao

r 2 + 3r + 2 = 0 ⇔ r = −2, −1 ˜ geral: Soluc¸ao

y(x) = c1 e−2 ln x + c2 e− ln x = c1 x−2 + c2 x−1 ˜ se transforma em (b) x2 y 00 − 3xy 0 + 4y = 0 Fazendo t = ln x a equac¸ao

y 00 − 4y 0 + 4y = 0. ˜ caracter´ıstica Equac¸ao

r 2 − 4r + 4 = 0 ⇔ r = 2 ˜ geral: Soluc¸ao

y(x) = c1 e2 ln x + c2 e2 ln x ln x = c1 x2 + c2 x2 ln x ˜ se transforma em (c) x2 y 00 + 3xy 0 + 5y = 0 Fazendo t = ln x a equac¸ao

y 00 + 2y 0 + 5y = 0. ˜ caracter´ıstica Equac¸ao

r 2 + 2r + 5 = 0 ⇔ r = −1 ± 2i Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

460 ˜ geral: Soluc¸ao

y(x) = c1 e− ln x cos(2 ln x) + c2 e− ln x sen(2 ln x) = c1 x−1 cos(2 ln x) + c2 x−1 sen(2 ln x)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

Cap´ıtulo 3

Transformada de Laplace

˜ 3.1 Introduc¸ao A transformada de Laplace pode ser usada para resolver problemas de valor inicial da forma

Ay 00 + By 0 + Cy = f (t),

y(0) = y0 ,

y 0 (0) = y00 ,

para A, B, C ∈ R

˜ diferencial e´ inicialmente transformada pela transformada de Laplace numa Para isso, a equac¸ao ˜ algebrica. ´ ˜ algebrica ´ equac¸ao Depois resolve-se a equac¸ao e finalmente transforma-se de volta a ˜ da equac¸ao ˜ algebrica ´ ˜ da equac¸ao ˜ diferencial inicial. soluc¸ao na soluc¸ao A transformada de Laplace pode ser entendida como a “caixa” da Figura 3.1. Do lado esquerdo ˜ ˜ entram as func¸oes originais e do lado direito saem as func¸oes transformadas pela transformada de Laplace. 461

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

462

f (t)

L F (s)

Figura 3.1: Transformada de Laplace como uma “caixa”

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.1

˜ Introduc¸ao

463

˜ f : [0, ∞) → R e´ definida por A transformada de Laplace de uma func¸ao

L(f )(s) = F (s) =

Z

∞

e−st f (t)dt.

0

˜ original por uma para todo s ≥ 0 em que a integral acima converge. Representaremos a func¸ ao ´ letra minuscula ´ e a sua variavel por t, e a sua transformada de Laplace pela letra correspondente ´ ˜ f (t), g(t) e maiuscula ´ e a sua variavel por s. Por exemplo, as transformadas de Laplace das func¸ oes ˜ representadas por F (s), G(s) e H(s), respectivamente. h(t) serao ˜ f : [0, ∞) → R definida por f (t) = 1 e´ dada Exemplo 3.1. A transformada de Laplace da func¸ao por

F (s) =

Z

∞ 0

∞ −st e e−sT e−s0 e−s0 1 e−st 1 dt = − =0− = , = lim T →∞ −s −s −s −s s

para s > 0.

0

˜ Exemplo 3.2. Seja a uma constante real. A transformada de Laplace da func¸ ao f : [0, ∞) → R definida por f (t) = eat e´ dada por

F (s) =

Z

Julho 2007

∞ 0

e−st eat dt =

Z

∞ 0

∞ −(s−a)t e e−(s−a)0 1 e−(s−a)t dt = = , =0− a−s a−s s−a

para s > a.

0

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

464

˜ Exemplo 3.3. Seja a uma constante real. Vamos determinar a transformada de Laplace das func¸ oes f : [0, ∞) → R dada por f (t) = cos at e g : [0, ∞) → R dada por g(t) = sen at. Para isso, vamos ˜ calcular a transformada de Laplace da func¸ao iat h : [0, ∞) → R definida por h(t) = e .

H(s) = = =

Z

∞

e−st eiat dt =

0

lim

e

−sT

T →∞

1 , s − ia

Z

∞ 0

∞ −(s−ia)t e e−(s−ia)t dt = −(s − ia) 0

e−(s−ia)0 e−(s−ia)0 (cos aT + i sen aT ) − =0− −(s − ia) −(s − ia) ia − s para s > 0.

Por outro lado

H(s) = L(h)(s) =

Z

∞

e−st (cos at + i sen at) dt = L(f )(s) + iL(g)(s) = F (s) + iG(s).

0

´ Assim a parte real de H(s) e´ igual a F (s), Re{H(s)} = F (s), e a parte imaginaria de H(s) e´ igual a G(s), Im{H(s)} = G(s). Como

H(s) =

s + ia s + ia 1 = = 2 , s − ia (s − ia)(s + ia) s + a2

˜ a transformada de Laplace de f (t) = cos at e´ entao

F (s) = Re{

1 s }= 2 , s − ia s + a2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

para s > 0 Julho 2007

3.1

˜ Introduc¸ao

465

e a transformada de Laplace de g(t) = sen at e´

G(s) = Im{

a 1 }= 2 , s − ia s + a2

para s > 0.

˜ fn : Exemplo 3.4. Seja n um inteiro positivo. Vamos calcular a transformada de Laplace da func¸ ao [0, ∞) → R dada por fn (t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . .

Fn (s) =

Z

∞ 0

n = s

Z

∞ Z ∞ n st t e n −st n e t dt = e−st tn−1 dt − −s −s 0 ∞

0

0

n e−st tn−1 dt = Fn−1 (s) s

´ Aplicando-se recursivamente a formula obtida obtemos

Fn (s) =

n(n − 1) n(n − 1) . . . 1 Fn−2 (s) = F0 (s) 2 s sn

˜ constante 1, ou seja, F0 (s) = mas F0 (s) e´ a transformada de Laplace da func¸ao transformada de Laplace de fn (t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . . e´

Fn (s) =

n! sn+1

,

1 . Assim, a s

para s > 0.

˜ vamos usar as propriedades que aprePara calcular a transformada de Laplace de outras func¸oes sentaremos a seguir.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

466

f (t) g(t) αf (t) + βg(t)

L F (s) G(s) αF (s) + βG(s) ˜ linear Figura 3.2: Transformada de Laplace de uma combinac¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.1

˜ Introduc¸ao

467

Teorema 3.1 (Linearidade). Se a transformada de Laplace de f (t) e´ F (s), para s > a1 , e a trans˜ para constantes α e β formada de Laplace de g(t) e´ G(s), para s > a2 , entao

L(αf + βg)(s) = αL(f )(s) + βL(g)(s) = αF (s) + βG(s),

para s > max{a 1 , a2 }.

˜ Demonstrac¸ao.

Z

∞

e−st (αf (t) + βg(t))dt 0 Z ∞ Z ∞ −st = α e f (t)dt + β e−st g(t)dt

L(αf + βg)(s) =

0

0

= αL(f )(s) + βL(g)(s)

 ˆ Exemplo 3.5. A transformada de Laplace do polinomio f (t) = 2t2 + 3t + 5 e´ pelo Teorema 3.1 e usando o resultado do Exemplo 3.4

F (s) = 2

2 1 1 +3 2 +5 . 3 s s s 2

˜ f (t) crescer muito rapido, ´ ˜ ter transSe a func¸ao como por exemplo f (t) = et , ela pode nao ˜ acontece para func¸oes ˜ formada de Laplace F (s) para nenhum s > 0. Isto nao f (t), para as quais existem M > 0 e k > 0 tais que,

|f (t)| ≤ M ekt , Julho 2007

para todo t > 0.

(3.1) Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

468

˜ sao ˜ chamadas func¸oes ´ disso, se duas func¸oes ˜ admiss´ıveis tem ˆ a ˜ Estas func¸oes admiss´ıveis. Alem ˜ elas sao ˜ iguais exceto possivelmente nos pontos de desconmesma transformada de Laplace entao tinuidade.

˜ f (t) e g(t) admiss´ıveis se Teorema 3.2. Dadas duas func¸oes

L(f )(s) = L(g)(s),

para s > a,

˜ f (t) = g(t), exceto possivelmente nos pontos de descontinuidade. entao

˜ Basta provarmos que se L(h)(s) = 0, para s > a, entao ˜ h(t) = 0, para todos os Demonstrac¸ao. ˜ somente para o caso valores de t > 0 para os quais h(t) e´ cont´ınua. Vamos fazer a demonstrac¸ao em que h(t) e´ cont´ınua. Seja n = 1, 2, . . .

0 = L(h)(a + n) =

Z

∞

e−nt e−at h(t)dt.

0

´ ˜ Fac¸amos a mudanc¸a de variaveis t = − ln x e definamos v(x) = ea ln x h(− ln x). Entao

0=

Z

∞

e

−nt −at

e

h(t)dt =

0

Z

1

xn−1 v(x)dx.

(3.2)

0

ˆ Seja  > 0. Existe um polinomio p(x) tal que

Z

1 0

|p(x) − v(x)|2 dx < .

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.1

˜ Introduc¸ao

469

ˆ ˆ ˆ ˜ de WeiersA existencia de tal polinomio e´ uma simples consequ¨ encia do Teorema de aproximac¸ao trass. De (3.2) segue-se que

˜ Entao

Logo

Z

Z

1

p(x)v(x)dx = 0. 0

1 2

0

|p(x) − v(x)| dx = Z

Z

1 2

0

|p(x)| dx +

Z

1 0

|v(x)|2 dx < .

1 0

|v(x)|2 dx < .

´ ˜ v(x) = 0, para 0 ≤ x ≤ 1. Logo h(t) = 0, para Como  e´ um numero ´ positivo arbitrario, entao t ≥ 0.  ˜ admiss´ıvel f (t), esta func¸ao ˜ esta Portanto se F (s) e´ a transformada de Laplace de uma func¸ao determinada a menos dos pontos de descontinuidade e dizemos que f (t) e´ a transformada de Laplace inversa de F (s) e escrevemos simplesmente

L−1 (F )(t) = f (t), ˜ ˜ considerando duas func¸oes iguais, se elas forem iguais em todos os pontos onde ambas s ao cont´ınuas. ˜ f (t) e´ Exemplo 3.6. Se a transformada de Laplace de uma func¸ao

F (s) = Julho 2007

s+3 s2 − 3s + 2 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

470

˜ vamos determinar a func¸ao ˜ f (t). Para isso vamos decompor F (s) em frac¸oes ˜ entao parciais. O denominador de F (s) tem duas ra´ızes reais s = 1 e s = 2. Assim,

F (s) =

s+3 A B = + , (s − 1)(s − 2) s−1 s−2

˜ constantes a determinar. Multiplicando F (s) por (s − 1)(s − 2) obtemos em que A e B sao

s + 3 = A(s − 2) + B(s − 1) Substituindo-se s = 1 e s = 2 obtemos

4 = −A e 5 = B Assim,

1 1 s+3 = −4 +5 (s − 1)(s − 2) s−1 s−2 ˜ cuja transformada e´ F (s) e´ e a func¸ao F (s) =

f (t) = −4et + 5e2t .

Teorema 3.3 (1o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante. Se a transformada de Laplace ˜ f : [0, ∞) → R e´ F (s), para s > c, entao ˜ a transformada de Laplace da func¸ao ˜ da func¸ao

g(t) = eat f (t)

e´

G(s) = F (s − a), ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

para s > a + c Julho 2007

3.1

˜ Introduc¸ao

471

f (t) eat f (t)

L F (s) F (s − a) Figura 3.3: 1o. Teorema de Deslocamento

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

472

˜ Demonstrac¸ao.

G(s) =

Z

∞

e

−st at

e f (t)dt =

0

Z

∞ 0

e−(s−a)t f (t)dt = F (s − a) 

Exemplo 3.7. Sejam a e b constantes. Usando o Teorema anterior obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = ebt cos at e´ dada por

F (s) =

s−b , (s − b)2 + a2

para s > a.

Exemplo 3.8. Sejam a e b constantes. Usando o Teorema anterior obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = ebt sen at e´ dada por

F (s) =

a , (s − b)2 + a2

para s > a.

Exemplo 3.9. Seja a uma constante e n um inteiro positivo. Usando o Teorema anterior obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = eat tn e´ dada por

F (s) =

n! , (s − a)n+1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

para s > a.

Julho 2007

3.1

˜ Introduc¸ao

473

Exemplo 3.10. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace do cosseno ´ hiperbolico de at, f (t) = cosh(at) =

F (s) =

eat + e−at , e´ dada por 2

1 1 1 1 s + = 2 , 2s−a 2s+a s − a2

para s > |a|.

Exemplo 3.11. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace do seno ´ hiperbolico de at, f (t) = senh(at) =

F (s) =

eat − e−at , e´ dada por 2

1 1 a 1 1 − = 2 , 2s−a 2s+a s − a2

para s > |a|.

˜ f (t) e´ Exemplo 3.12. Se a transformada de Laplace de uma func¸ao

F (s) =

s2

s−3 + 4s + 4

˜ vamos determinar a func¸ao ˜ f (t). Para isso vamos decompor F (s) em frac¸oes ˜ entao parciais. O denominador de F (s) tem somente uma raiz real, s = −2. Assim,

F (s) =

s−3 A B = + , 2 (s + 2) s + 2 (s + 2)2

˜ constantes a determinar. Multiplicando F (s) por (s + 2)2 obtemos em que A e B sao

s − 3 = A(s + 2) + B Julho 2007

(3.3) Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

474 Substituindo-se s = −2 obtemos

−5 = B Derivando-se (3.3) obtemos

1=A Assim

F (s) =

s−3 1 1 = −5 . 2 (s + 2) s+2 (s + 2)2

´ Observando a Tabela na pagina 525, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema da Lineari˜ cuja transformada de Laplace e´ F (s) e´ dada por dade vemos que a func¸ao

f (t) = e−2t − 5e−2t t.

˜ f (t) e´ Exemplo 3.13. Se a transformada de Laplace de uma func¸ao

F (s) =

2s2

s−2 + 2s + 2

˜ vamos determinar a func¸ao ˜ f (t). Completando quadrados podemos reescrever F (s) da seentao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.1

˜ Introduc¸ao

475

guinte forma

s−2 s−2 s−2 = = 2 + 2s + 2 2[s + s + 1] 2[(s + 1/2)2 + 3/4] s + 1/2 − 5/2 s + 1/2 5/2 = − = 2 2 2[(s + 1/2) + 3/4] 2[(s + 1/2) + 3/4] 2[(s + 1/2)2 + 3/4] 1 s + 1/2 5 1 = − 2 2 (s + 1/2) + 3/4 4 (s + 1/2)2 + 3/4 √ 1 s + 1/2 5 3/2 − √ = 2 2 (s + 1/2) + 3/4 2 3 (s + 1/2)2 + 3/4

F (s) =

2s2

´ Observando a Tabela na pagina 525, usando o 1o. Teorema do deslocamento e o Teorema da Lineari˜ cuja transformada de Laplace e´ F (s) e´ dada por dade vemos que a func¸ao

1 f (t) = e−t/2 cos 2

Julho 2007

√ ! 3 5 t − √ e−t/2 sen 2 2 3

√ ! 3 t . 2

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

476

0.6

y 0.4

0.2

0

t −0.2

−0.4

−0.6

−0.8

−2

0

2

4

Figura 3.4: f (t) = 21 e−t/2 cos

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

6

√  3 t − 2

8

5 √ e−t/2 2 3

10

sen

12

√  3 t 2 Julho 2007

3.1

˜ Introduc¸ao

477

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 526) ˜ 1.1. Determine a transformada de Laplace inversa da func¸ ao

F (s) =

2s − 5 , + s − 12)

s(s2

˜ f (t), cuja transformada de Laplace e´ a func¸ao ˜ dada, F (s). ou seja, uma func¸ao, 1.2. Considere L(y)(s) = Y (s). Determine y(t):

2 1 + + 2)(s − 1) (s + 2)(s − 1) 3 (b) Y (s) = (s − 1)(s2 + 4) (a) Y (s) =

s2 (s

1.3. Seja a uma constante. Sabendo-se que a transformada de Laplace de f (t) = sen at e´

F (s) =

s2

a , + a2

s>0

e a de g(t) = t cos at e´

s2 − a 2 G(s) = 2 , (s + a2 )2

s>0

mostre que a transformada de Laplace de h(t) = sen at − a t cos at e´

H(s) =

Julho 2007

2a3 , (s2 + a2 )2

s > 0.

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

478

3.2 Problemas de Valor Inicial ˜ f (t) e´ seccionalmente cont´ınua ou cont´ınua por partes em um interDizemos que uma func¸ao valo [a, b] se f (t) e´ cont´ınua em [a, b] exceto possivelmente em um numero ´ finito de pontos, nos quais ˜ f (t) e´ seccionalmente cont´ınua ou cont´ınua os limites laterais existem. Dizemos que uma func¸ao por partes em um intervalo [a, ∞) se f (t) e´ seccionalmente cont´ınua para todo intervalo da forma [a, A], com A > a. ´ O proximo resultado mostra o efeito de aplicar a transformada de Laplace na derivada de uma ˜ func¸ao.

˜ admiss´ıvel, ou seja, existem M > 0 e ˜ Teorema 3.4 (Derivac¸ao). Seja f : [0, ∞) → R uma func¸ao k > 0 tais que, |f (t)| ≤ M ekt , para todo t > 0. ˜ (a) Se f 0 (t) e´ seccionalmente cont´ınua em [0, ∞), entao

L(f 0 )(s) = sF (s) − f (0), em que F (s) e´ a transformada de Laplace de f (t). ˜ (b) Se f 0 (t) e´ admiss´ıvel e f 00 (t) e´ seccionalmente cont´ınua em [0, ∞), entao

L(f 00 )(s) = s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0), em que F (s) e´ a transformada de Laplace de f (t).

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.2

Problemas de Valor Inicial

479

f (t) f 0 (t) f 00 (t)

L F (s) sF (s) − f (0) s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0) Figura 3.5: Transformada de Laplace da Derivada

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

480 ˜ Demonstrac¸ao.

(a) Vamos provar para o caso em que f 0 (t) e´ cont´ınua. 0

Z

∞

e−st f 0 (t)dt 0 Z ∞ −st = e f (t) − (−s)

L(f )(s) =

0

∞

e−st f (t)dt

0

= −f (0) + sF (s),

pois como f (t) e´ admiss´ıvel, limT →∞ e−sT f (T ) = 0, para s > k . (b) Vamos provar para o caso em que f 00 (t) e´ cont´ınua. Usando o item anterior:

L(f 00 )(s) = −f 0 (0) + sL(f 0 )(s) = −f 0 (0) + s(−f (0) + sF (s)) = −f 0 (0) − sf (0) + s2 F (s)  Exemplo 3.14. Seja a uma constante. Seja f (t) = t sen at. Vamos determinar F (s).

f 0 (t) = sen at + at cos at f 00 (t) = 2a cos at − a2 t sen at = 2a cos at − a2 f (t) Assim, aplicando-se a transformada de Laplace e usando o Teorema anterior obtemos

s2 F (s) − sf (0) − f 0 (0) = 2a ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

s − a2 F (s) 2 2 s +a Julho 2007

3.2

Problemas de Valor Inicial

481

Assim,

F (s) =

(s2

2as + a 2 )2

Exemplo 3.15. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Deixamos como exerc´ıcio mostrar que

F (s) =

s2 − a 2 (s2 + a2 )2

Exemplo 3.16. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial

y 00 + 2y 0 + 5y = 4e−t cos 2t,

y(0) = 1,

y 0 (0) = 0

˜ acima obtemos Aplicando-se a transformada de Laplace a` equac¸ao


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 5Y (s) = 4

s+1 (s + 1)2 + 4

Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 0 obtemos


s2 + 2s + 5 Y (s) = 4

Assim,

s+1 +s+2 (s + 1)2 + 4

4s + 4 s+2 s+1 s+1+1 + 2 =4 + 2 2 2 + 2s + 5) s + 2s + 5 [(s + 1) + 4] (s + 1)2 + 4 2 · 2(s + 1) s+1 1 2 = + + 2 2 2 [(s + 1) + 4] (s + 1) + 4 2 (s + 1)2 + 4

Y (s) =

Julho 2007

(s2

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

482 De onde obtemos

1 y(t) = te−t sen 2t + e−t cos 2t + e−t sen 2t 2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.2

Problemas de Valor Inicial

483

y 1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

t −0.2

−0.4

0

1

2

3

4

5

6

7

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 3.16 Figura 3.6: Soluc¸ao

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

484

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 528) 2.1. Resolva os problemas de valor inicial: (a) y 00 + y 0 − 2y = 2t, y(0) = 0, y 0 (0) = 1

(b) y 00 + 4y = t2 + 3et , y(0) = 0, y 0 (0) = 2 (c) y 00 − 2y 0 + y = tet + 4, y(0) = 1, y 0 (0) = 1

(d) y 00 − 2y 0 − 3y = 3te2t , y(0) = 1, y 0 (0) = 0 (e) y 00 + 4y = 3 sen 2t, y(0) = 2, y 0 (0) = −1 (f) y 00 + 4y = et , y(0) = 0, y 0 (0) = 0.

(g) y 00 − 2y 0 + y = e2t , y(0) = 0, y 0 (0) = 0.

(h) y 00 + 2y 0 + 2y = et , y(0) = 0, y 0 (0) = 0. 2.2. Resolva o problema: y 00 − 6y 0 + 8y = sen t, y(0) = y 0 (0) = 0 (a) sem usar transformada de Laplace (b) usando transformada de Laplace 2.3. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Mostre que

F (s) =

s2 − a 2 , (s2 + a2 )2

s>0

˜ derive uma vez e use as transformadas de Laplace de cos at e de t sen at.) (Sugestao:

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.3

˜ ˜ ˆ Equac¸oes com Termo Nao-Homog eneo Descont´ınuo

485

˜ ˜ ˆ 3.3 Equac¸oes com Termo Nao-Homog eneo Descont´ınuo Para resolver problemas de valor inicial da forma

ay 00 + by 0 + cy = f (t),

y(0) = y0 ,

y 0 (0) = y00 ,

para a, b, c ∈ R

˜ descont´ınua vamos escrever f (t) em termos da func¸ao ˜ que definiremos a em que f (t) e´ uma func¸ao seguir. ˜ degrau (unitario) ´ ˜ Seja a uma constante maior ou igual a zero. Vamos definir a func¸ao ou func¸ao de Heaviside por  0, para 0 ≤ t < a ua (t) = 1, para t ≥ a ˜ u0 (t) e´ uma func¸ao ˜ Observe que ua (t) = u0 (t − a). Em muitos sistemas computacionais a func¸ao ´ pre-definida no sistema. ˜ de Heaviside f (t) = ua (t). Vamos calcular a transformada de Laplace da func¸ao

F (s) =

Z

∞ 0

e−st ua (t) dt =

Z

∞ a

∞ −st e e−sa e−as e−st dt = = , =0− −s −s s

para s > 0

a

˜ Exemplo 3.17. Vamos calcular a transformada de Laplace da func¸ ao

f (t) =



1, para 0 ≤ t < 2 0, para t ≥ 2

˜ pode ser escrita em termos da func¸ao ˜ de Heaviside como Esta func¸ao

f (t) = 1 − u2 (t). Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

486

y

1

a

t

˜ de Heaviside Figura 3.7: Func¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.3

˜ ˜ ˆ Equac¸oes com Termo Nao-Homog eneo Descont´ınuo

487

Assim usando a linearidade da Transformada de Laplace obtemos

1 e−2s F (s) = − . s s ˜ Exemplo 3.18. Vamos calcular a transformada de Laplace da func¸ ao

  0, para 0 ≤ t < 1 2, para 1 ≤ t < 2 f (t) =  0, para t ≥ 2

˜ pode ser escrita em termos da func¸ao ˜ de Heaviside como Esta func¸ao

f (t) = 2u1 (t) − 2u2 (t). Assim usando a linearidade da Transformada de Laplace obtemos

F (s) = 2

e−s e−2s −2 . s s

Teorema 3.5 (2o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante positiva. Se a transformada de ˜ g : [0, ∞) → R e´ G(s), para s > c, entao ˜ a transformada de Laplace da func¸ao ˜ Laplace da func¸ao

f (t) = g(t − a)ua (t) e´

F (s) = e−as G(s), Julho 2007

para s > c Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

488

3

y 2.5

2

1.5

1

0.5

0

t −0.5 −0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

˜ f (t) = 1 − u2 (t) Figura 3.8: Func¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.3

˜ ˜ ˆ Equac¸oes com Termo Nao-Homog eneo Descont´ınuo

489

3

y 2.5

2

1.5

1

0.5

0

t −0.5 −0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

˜ f (t) = 2u1 (t) − 2u2 (t) Figura 3.9: Func¸ao

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

490

f (t) ua (t)f (t − a)

L F (s) e−sa F (s)

Figura 3.10: 2o. Teorema de Deslocamento

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.3

˜ ˜ ˆ Equac¸oes com Termo Nao-Homog eneo Descont´ınuo

491

˜ Demonstrac¸ao.

F (s) =

Z

∞

e

Z

−st

a −st

g(t − a)ua (t)dt = e g(t − a)ua (t)dt + 0 0 Z ∞ Z ∞ −st = e g(t − a)dt = e−s(t+a) g(t)dt a 0 Z ∞ = e−as e−st g(t)dt = e−as G(s)

Z

∞ a

e−st g(t − a)ua (t)dt

0



˜ Exemplo 3.19. Vamos calcular a transformada de Laplace da func¸ ao

f (t) =



0, para 0 ≤ t < 1 (t − 1)2 , para t ≥ 1

˜ pode ser escrita em termos da func¸ao ˜ de Heaviside como Esta func¸ao

f (t) = (t − 1)2 u1 (t) = g(t − 1) u1 (t), em que g(t) = t2 . Usando o Teorema 3.5

F (s) = e−s Julho 2007

2 2e−s = . s3 s3 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

492

1

y

0.8

0.6

0.4

0.2

0

t

−0.2 −0.5

0

0.5

1

1.5

2

˜ f (t) = (t − 1)2 u1 (t) Figura 3.11: Func¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.3

˜ ˜ ˆ Equac¸oes com Termo Nao-Homog eneo Descont´ınuo

493

2

y 1.5

1

0.5

0

t −0.5

−1

−1.5

−2

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

˜ f (t) = sen t − (sen t) uπ (t) Figura 3.12: Func¸ao

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

494

˜ Exemplo 3.20. Vamos calcular a transformada de Laplace da func¸ ao

f (t) =



sen t, para 0 ≤ t < π 0, para t ≥ π

˜ pode ser escrita em termos da func¸ao ˜ de Heaviside como Esta func¸ao

f (t) = sen t − (sen t) uπ (t). ˜ Para usarmos o Teorema 3.5 precisamos escrever a segunda parcela em termos de uma func¸ ao ˜ sen, ou seja, g(t − π). Para isso, somamos e subtra´ımos π a t no argumento da func¸ao

sen t = sen[(t − π) + π] = sen(t − π) cos π + cos(t − π) sen π = − sen(t − π). Assim

f (t) = sen t + sen(t − π) uπ (t) e

F (s) =

s2

1 1 + e−πs 2 . +1 s +1

Exemplo 3.21. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial

2y 00 + 2y 0 + 2y = f (t), em que

y(0) = 0,

  0, para 0 ≤ t < 2 2, para 2 ≤ t < 10 f (t) =  0, para t ≥ 10

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

y 0 (0) = 0,

Julho 2007

3.3

˜ ˜ ˆ Equac¸oes com Termo Nao-Homog eneo Descont´ınuo

495

12

y 10

8

6

4

2

0

t 0

2

4

6

8

10

12

Figura 3.13: f (t) = 2u2 (t) − 2u10 (t)

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

496

1.4

y 1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

t −0.2

−0.4 −5

0

5

10

15

20

25

˜ do problema de valor inicial do Exemplo 3.21 Figura 3.14: Soluc¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.3

˜ ˜ ˆ Equac¸oes com Termo Nao-Homog eneo Descont´ınuo

497

˜ pode ser escrita em termos da func¸ao ˜ de Heaviside como Esta func¸ao

f (t) = 2u2 (t) − 2u10 (t). ˜ acima obtemos Aplicando-se a transformada de Laplace a` equac¸ao


e−10s e−2s 2 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2 −2 s s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos

Assim,


e−2s − e−10s 2s2 + 2s + 2 Y (s) = 2 s Y (s) =

e−2s − e−10s = (e−2s − e−10s )H(s), s(s2 + s + 1)

em que

H(s) =

s(s2

1 + s + 1)

˜ h(t) cuja transformada de Laplace e´ H(s), a soluc¸ao ˜ do problema de Depois de encontrar a func¸ao o. ˜ pelo 2 Teorema de Deslocamento, dada por valor inicial e´ entao,

y(t) = h(t − 2)u2 (t) − h(t − 10)u10 (t). ˜ h(t) cuja transformada de Laplace e´ H(s). Como s2 + s + 1 tem Vamos a seguir encontrar a func¸ao ˜ de H(s) em frac¸oes ˜ parciais e´ da forma ra´ızes complexas, a decomposic¸ao

H(s) = Julho 2007

A Bs + C + 2 . s s +s+1 Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

498 Multiplicando-se H(s) por s(s2 + s + 1) obtemos

1 = A(s2 + s + 1) + (Bs + C)s Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1. Comparando-se os termos de grau 2 e de grau 1 obtemos



0 = A+B =1+B 0 = A+C =1+C

˜ B = −1 e C = −1. Assim, que tem soluc¸ao

s+1 1 s+1 1 − 2 = − s s +s+1 s (s + 1/2)2 + 3/4 1 s + 1/2 1/2 = − − 2 s (s + 1/2) + 3/4 (s + 1/2)2 + 3/4 √ 1 s + 1/2 1 3/2 = − −√ 2 s (s + 1/2) + 3/4 3 (s + 1/2)2 + 3/4

H(s) =

˜ cuja transformada de Laplace e´ H(s) e´ De onde obtemos que a func¸ao

h(t) = 1 − e−t/2 cos

√ ! 3 1 t − √ e−t/2 sen 2 3

√ ! 3 t 2

˜ do problema de valor inicial e´ dado por e a soluc¸ao

y(t) = h(t − 2)u2 (t) − h(t − 10)u10 (t). ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.3

˜ ˜ ˆ Equac¸oes com Termo Nao-Homog eneo Descont´ınuo

499

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 543) 3

y 2.5

˜ cujo grafico ´ 3.1. Seja f (t) a func¸ao e´ mostrado na figura ao lado ˜ (a) Expresse f (t) em termos da func¸ao degrau.

2

1.5

1

(b) Calcule a transformada de Laplace de f (t).

0.5

0

t −0.5 −0.5

3.2. Considere

  sen t, cos t, f (t) =  − 10t e ,

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

0≤t 0 s

eat

1 , para s > a s−a

cos at

s2

s , para s > 0 + a2

sen at

s2

a , para s > 0 + a2

tn , para n = 0, 1, 2, . . .

n! , para s > 0 sn+1

eat f (t)

F (s − a)

f 0 (t)

sF (s) − f (0)

f 00 (t)

s2 F (s)−sf (0)−f 0(0)

t cos at

s2 − a 2 ,s>0 (s2 + a2 )2

t sen at

sen at − at cos at

ua (t) =



0, 0 ≤ t < a 1, t ≥ a

f (t)δ(t − t0 )

Julho 2007

(s2

2a3 ,s>0 + a 2 )2

e−as , para s > 0 s e−t0 s f (t0 ), s > 0

Rt 0

(s2

2as ,s>0 + a 2 )2

δ(t − t0 )

e−t0 s , s > 0

ua (t)f (t−a)

e−as F (s)

f (t − τ )g(τ )dτ

F (s)G(s)

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

526

3.7 Respostas dos Exerc´ıcios ˜ (pagina ´ 1. Introduc¸ao 477) 1.1.

F (s) = =

2s − 5 s(s − 3)(s + 4) A B C + + s s−3 s+4

Multiplicando por s(s − 3)(s + 4) obtemos

2s − 5 = A(s − 3)(s + 4) + Bs(s + 4) + Cs(s − 3) 1 13 5 12 , B = 21 e C = − 28 . Assim,

Substituindo-se s = 0, 3, −4 obtemos A =

f (t) = 1.2.

5 1 13 + e3t − e−4t 12 21 28

2 1 s2 (s+2)(s−1) + (s+2)(s−1) 2 2+s s2 (s+2)(s−1) A B C D s + s2 + s+2 + s−1 2

(a) Y (s) =

= =

Multiplicando-se por s (s + 2)(s − 1) obtemos

s2 + 2 =

(3.6)

= As(s + 2)(s − 1) + B(s + 2)(s − 1) + Cs2 (s − 1) + Ds2 (s + 2) Substituindo-se s = −2, 0, 1 obtemos   6 = −12C 2 = −2B  3 = 3D

˜ B = −1, C = − 21 e D = 1. Derivando-se (3.6) obtemos que tem soluc¸ao

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

527

2s = A(s + 2)(s − 1) + As[(s + 2)(s − 1)]0 + B[(s + 2) + (s − 1)] + [Cs2 (s − 1) + Ds2 (s + 2)]0 e substituindo-se s = 0 obtemos 0 = −2A + B = −2A − 1 de onde obtemos A = − 21 . Assim,

−1/2 s − 12 −

Y (s) = y(t) =

(b) Y (s) =

1/2 1 1 s2 − s+2 + s−1 − 12 e−2t + et

−

t

3 (s−1)(s2 +4) 2

=

A s−1

+

Bs+C s2 +4

3 = A(s + 4) + (Bs + C)(s − 1)

Substituindo-se s = 1 obtemos A = 3/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 1 obtemos



0 = A + B = 3/5 + B 0 = −B + C

˜ B = −3/5 e C = −3/5. Assim, que tem soluc¸ao

Y (s) = y(t) =

3 1 3 s+1 3 (s−1)(s2 +4) = 5 s−1 − 5 s2 +4 3 t 3 3 5 e − 5 cos 2t − 10 sen 2t

=

3 1 5 s−1

−

3 s 5 s2 +4

−

3 2 10 s2 +4

1.3.

h(t) = f (t) − ag(t) Aplicando-se a linearidade da transformada de Laplace obtemos

H(s) = L(h)(s) = L(f )(s) − a L(g)(s)

= F (s) − a G(s) a s2 − a 2 = − a s2 + a 2 (s2 + a2 )2 3 2a = 2 (s + a2 )2

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

528 ´ 2. Problemas de Valor Inicial (pagina 484) 2.1.

(a)


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + (sY (s) − y(0)) − 2Y (s) = 2 s12

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos


s2 + s − 2 Y (s) =

2 s2

+1

Assim,

Y (s) =

2 s2 (s+2)(s−1)

+

1 (s+2)(s−1)

=

2+s2 s2 (s+2)(s−1)

=

A s

+

B s2

+

C s+2

+

D s−1

Multiplicando-se por s2 (s + 2)(s − 1) obtemos

s2 + 2 =

(3.7)

= As(s + 2)(s − 1) + B(s + 2)(s − 1) + Cs2 (s − 1) + Ds2 (s + 2) Substituindo-se s = −2, 0, 1 obtemos

  6 = −12C 2 = −2B  3 = 3D

˜ B = −1, C = − 21 e D = 1. Derivando-se (3.7) obtemos que tem soluc¸ao

2s = A(s + 2)(s − 1) + As[(s + 2)(s − 1)]0 + B[(s + 2) + (s − 1)] + [Cs2 (s − 1) + Ds2 (s + 2)]0 e substituindo-se s = 0 obtemos 0 = −2A + B = −2A − 1 de onde obtemos A = − 21 . Assim,

Y (s) =

−1/2 s

−

1 s2

−

1/2 s+2

+

1 s−1

y(t) = − 12 − t − 12 e−2t + et

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

5

529

y

4

3

2

1

0

−1

(b)

x

0

0.5

1


3 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = s23 + s−1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 2 obtemos
3 s2 + 4 Y (s) = s23 + s−1 + 2 Assim, Y (s) =

Julho 2007

1.5

2

(3.8)

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

530 =

2 s3 (s2 +4)

+

3 (s−1)(s2 +4)

+

2 s2 +4

A primeira parcela de (3.8) pode ser decomposta como 2 s3 (s2 +4)

=

A s

+

B s2

+

C s3

Ds+E s2 +4

+

˜ acima por s3 (s2 + 4) obtemos Multiplicando-se a equac¸ao

2=

(3.9)

= As2 (s2 + 4) + Bs(s2 + 4) + C(s2 + 4) + (Ds + E)s3 Substituindo-se s = 0, 2i em (3.9)  2 = 4C 2 = (2iD + E)(−8i) = 16D − 8iE De onde obtemos C = acima

De onde obtemos D =

1 2

´ ˜ do sistema e comparando-se as partes real e imaginaria da segunda equac¸ao



2 = 16D 0 = −8E

1 8 2

e E = 0. Derivando-se (3.9) uma vez 0 = A2s(s + 4) + As 2s + B(s2 + 4) + Bs2s + C2s + Ds3 + (Ds + E)3s2 substituindo-se s = 0 obtemos 0 = 4B ou B = 0. Derivando-se (3.9) mais uma vez 0 = 2A(s2 + 4) + 2A2s + 6As2 + 2Bs + 4Bs + 2C + 3Ds2 + D3s2 + (Ds + E)6s e substituindo-se s = 0 obtemos 0 = 8A + 2C = 8A + 1 de onde obtemos A = − 81 . 2

Assim,

2 s3 (s2 +4)

= − 1/8 s +

1 2 4 s3

+

1 s 8 s2 +4

A segunda parcela de (3.8) pode ser decomposta como 3 (s−1)(s2 +4)

=

A s−1

+

Bs+C s2 +4

3 = A(s2 + 4) + (Bs + C)(s − 1)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

531

Substituindo-se s = 1 obtemos A = 3/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 1 obtemos



0 = A + B = 3/5 + B 0 = −B + C

˜ B = −3/5 e C = −3/5. Assim, que tem soluc¸ao

3 (s−1)(s2 +4)

−

3 s+1 5 s2 +4

=

3 1 5 s−1

−

3 s 5 s2 +4

−

3 2 10 s2 +4

1 2 4 s3

+

1 s 8 s2 +4

+

3 1 5 s−1

−

3 s 5 s2 +4

−

3 2 10 s2 +4

y(t) = − 81 + 14 t2 −

19 40

cos 2t + 35 et +

7 10

sen 2t

=

3 1 5 s−1

Y (s) = − 81 1s +

Julho 2007

+

2 s2 +4

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

532

16

y

14

12

10

8

6

4

2

0

x

−2 −0.5

(c)

0

0.5

1

1.5


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) =

2

1 (s−1)2

+

2.5

3

4 s

Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 1 obtemos


s2 − 2s + 1 Y (s) =

1 (s−1)2

+

4 s

Assim,

Y (s) =

1 (s−1)4

+

4 s(s−1)2

+

s−1 (s−1)2

+s−1 =

1 (s−1)4

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

+

4 s(s−1)2

+

1 s−1

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios 4 s(s−1)2

=

A s

+

B s−1

+

533

C (s−1)2

Multiplicando-se por s(s − 1)2 obtemos

4 = A(s − 1)2 + B(s − 1)s + Cs

(3.10)

Substituindo-se s = 0, 1 obtemos



4 = A 4 = C

Derivando-se (3.10) obtemos

0 = 2A(s − 1) + Bs + B(s − 1) + C

Substituindo-se s = 1 obtemos 0 = B + C = B + 4 de onde obtemos que B = −4. Assim,

Y (s) =

1 (s−1)4

+

4 s

−

4 s−1

+

4 (s−1)2

+

1 s−1

=

1 6 6 (s−1)4

+

4 s

−

3 s−1

+

4 (s−1)2

y(t) = 16 t3 et + 4 − 3et + 4tet

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

534

8

y

7

6

5

4

3

2

1

0

x

−1 −0.2

(d)

0

0.2

0.4

0.6

0.8


1 s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 2 (sY (s) − y(0)) − 3Y (s) = 3 (s−2) 2

Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y 0 (0) = 0 obtemos

Assim,


s2 − 2s − 3 Y (s) = 3

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

1 +s−2 (s − 2)2

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

535

1 s−2 Y (s) = 3 (s2 −2s−3)(s−2) 2 + s2 −2s−3 1 s−2 = 3 (s−3)(s+1)(s−2) 2 + (s−3)(s+1)

= =

3+(s−2)3 (s−3)(s+1)(s−2)2 A B C s−3 + s+1 + s−2

+

D (s−2)2

Multiplicando-se Y (s) por (s − 3)(s + 1)(s − 2)2 obtemos

3 + (s − 2)3 =

(3.11)

= A(s + 1)(s − 2)2 + B(s − 3)(s − 2)2 + C(s − 3)(s + 1)(s − 2) + D(s − 3)(s + 1) ˜ acima obtemos A = 1, B = Substituindo-se s = −1, 2 e 3 na equac¸ao termos de grau 3 em (3.11) obtemos

1=A+B+C =1+

2 3

e D = −1. Comparando-se os

2 +C 3

˜ C = − 23 . que tem soluc¸ao Assim,

Y (s) =

1 s−3

+

2/3 s+1

−

2/3 s−2

−

1 (s−2)2

y(t) = e3t + 32 e−t − 23 e2t − te2t

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

536

9

y

8 7 6 5 4 3 2 1 0

x

−1

−0.2

(e)

0

0.2

0.4

0.6

0.8


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 3 s22+4 Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y 0 (0) = −1 obtemos

Assim,


s2 + 4 Y (s) = 3

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

2 + 2s − 1 s2 + 4

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

537

Y (s)

= = =

y(t) = 38 (sen 2t − 2t cos 2t) + 2 cos 2t − = 2 cos 2t − 18 sen 2t − 34 t cos 2t

Julho 2007

2s − 1 6 + 2 (s2 + 4)2 s +4 6 16 s 1 +2 2 − 16 (s2 + 4)2 s + 4 s2 + 4 16 s 1 2 3 +2 2 − 2 2 8 (s + 4) s + 4 2 s2 + 4

1 2

sen 2t

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

538

2

y

1.5

1

0.5

0

x −0.5

−1

−1.5

−2

−2.5

−3

−1

0

1

2

3

4

(f)


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos


s2 + 4 Y (s) =

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

5

6

1 s−1

1 s−1

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

539

Assim,

Y (s)

=

Y (s) = Multiplicando-se Y (s) por (s − 1)(s2 + 4):

1 (s − 1) (s2 + 4) A Bs + C + 2 s−1 s +4

1 = A(s2 + 4) + (Bs + C)(s − 1) Substituindo-se s = −1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 0 obtemos o sistema 

1/5 + B 4/5

− C

= 0 = 1

˜ B = −1/5 e C = −1/5. Assim, Resolvendo-se o sistema obtemos a soluc¸ao

Y (s) = =

y(t) =

1 s+1 1 1 − 5 s − 1 5 s2 + 4 1 1 1 s 1 1 − − 2 5 s − 1 5 s + 4 5 s2 + 4

1 t 1 1 e − cos 2t − sen 2t 5 5 10

(g)

s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)




− 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s)

=

1 s−2

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos


s2 − 2s + 1 Y (s) =

Julho 2007

1 s−2

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

540 Assim,

Y (s)

= =

1 (s −

2) (s2

− 2s + 1) 1 (s − 2)(s − 1)2

1 A B C = + + 2 (s − 2)(s − 1) s − 2 s − 1 (s − 1)2

Multiplicando-se por (s − 2)(s − 1)2 obtemos

1 = A(s − 1)2 + B(s − 1)(s − 2) + C(s − 2) ˜ anterior Substituindo-se s = 1 e s = 2 obtemos C = −1 e A = 1. Derivando-se a expressao

0 = 2A(s − 1) + B[(s − 1) + (s − 2)] + C e substituindo-se s = 1 obtemos B = −1. Assim,

Y (s)

=

1 1 1 − − s − 2 s − 1 (s − 1)2

y(t) = e2t − et − tet (h)


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) +

+ 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) =

1 s−1

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos


s2 + 2s + 2 Y (s) =

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

1 s−1

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

541

Assim,

Y (s)

= =

1 (s − + 2s + 2) Bs + C A + s − 1 s2 + 2s + 2 1)(s2

Multiplicando-se Y (s) por (s − 1)(s2 + 2s + 2) obtemos

1 = A(s2 + 2s + 2) + (Bs + C)(s − 1) Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 0 obtemos



1/5 + B 2/5

− C

= 0 = 1

˜ B = −1/5 e C = −3/5. Assim, que tem soluc¸ao

Y (s)

= = =

1 1 1 s+3 − 2 5 s − 1 5 s + 2s + 2 1 1 1 s+3 − 5 s − 1 5 (s + 1)2 + 1 1 1 1 s+1 2 1 − − 5 s − 1 5 (s + 1)2 + 1 5 (s + 1)2 + 1

˜ do problema de valor inicial e´ dado por De onde obtemos que a soluc¸ao

y(t) = 2.2.

1 t 1 −t 2 e − e cos t − e−t sen t. 5 5 5

˜ caracter´ıstica e´ r2 − 6r + 8 = 0, que tem ra´ızes r1 = 2 e r2 = 4. (a) A equac¸ao ˜ homogenea ˆ ˜ geral A equac¸ao correspondente tem soluc¸ao

y(t) = c1 e2t + c2 e4t .

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

542

˜ particular da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ Uma soluc¸ao e´ da forma yp (t) = A cos t + B sin t. Substituindo-se ˜ yp (t), yp0 (t) e yp00 (t) na equac¸ao:

(7A − 6B) cos t + (6A + 7B) sin t = sin t ˜ geral da equac¸ao ˜ nao ˜ homogenea ˆ De onde obtemos A = 6/85 e B = 7/85. A soluc¸ao e´

y(t) =

6 85

cos t +

7 85

sin t + c1 e2t + c2 e4t y 0 (0) = 0 = y(0) = 0 =

7 + 2c1 + 4c2 85 6 + c1 + c2 85

c1 = −1/10 e c2 = 1/34.

1 2t 1 4t sin t − 10 e + 34 e
s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 6 (sY (s) − y(0)) + 8Y (s) =

y(t) =

(b)

6 85

cos t +

7 85

1 s2 +1

0

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y (0) = 0 obtemos


s2 − 6s + 8 Y (s) =

Assim,

Y (s) = 1 (s2 −6s+8)(s2 +1)

=

A s−2

+

B s−4

+

1 s2 + 1

1 (s2 − 6s + 8) (s2 + 1)

Cs+D s2 +1

Multiplicando-se por (s − 2)(s − 4)(s2 + 1) obtemos

1 = A(s − 4)(s2 + 1) + B(s − 2)(s2 + 1) + (Cs + D)(s − 2)(s − 4)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

543

Substituindo-se s = 2, 4, i obtemos

   

1 = −10A 1 = 34B 1 + i0 = (iC + D)(i − 4)    = (−C − 4D) + i(−4C + D)

˜ A = −1/10, B = 1/34, C = 6/85 e D = 7/85. Assim, que tem soluc¸ao

1 1 Y (s) = − 10 s−2 +

1 2t y(t) = − 10 e +

1 1 6 s 7 1 34 s−4 + 85 s2 −1 + 85 s2 −1 1 4t 6 7 34 e + 85 cos t + 85 sen t

2.3.

f 0 (t) = cos at − a t sen at Aplicando-se a transformada de Laplace obtemos

sF (s) − f (0) =

s 2as −a 2 s2 + a 2 (s + a2 )2

Isolando-se F (s)

F (s) =

s2 − a 2 (s2 + a2 )2

˜ ˜ Homogeneo ˆ ´ 3. Equac¸oes com Termo nao Descont´ınuo (pagina 499) 3.1.

(a)

f (t) =

 

t, 0 ≤ t < 1 −(t − 2), 1 ≤ t < 2  0, t ≥ 2

f (t) = t − tu1 (t) − (t − 2)u1 (t) + (t − 2)u2 (t)

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

544 (b)

f (t) = t − 2(t − 1)u1 (t) + (t − 2)u2 (t) F (s) =

1 e−s e−2s − 2 + s2 s2 s2

2

y 1.5

1

0.5

0

t −0.5

−1

−1.5

−2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

3.2.

Respostas dos Exerc´ıcios

545 t

(a) f (t) = sen t − uπ (t) sen t + uπ (t) cos t − u2π (t) cos t + u2π (t)e− 10

π

(b) f (t) = sen t + uπ (t)(sen(t − π) − cos(t − π)) + u2π (t)(− cos(t − 2π) + e− 5 e−

F (s) =

1 1+s2

1 + e−πs ( 1+s 2 −

3.3.

s 1+s2 )

π

s −5 + e−2πs (− 1+s 2 + e

  cos t, − cos t, f (t) =  0,

1 1 s+ 10

t−2π 10

)

)

0 ≤ t < π/2 π/2 ≤ t < 3π/2 t ≥ 3π/2

f (t) = cos t − uπ/2 (t) cos t − uπ/2 (t) cos t + u3π/2 (t) cos t = cos t + 2uπ/2 (t) sen(t − π/2) + u3π/2 (t) sen(t − 3π/2) F (s) = 3.4.

(a)

π s 1 1 + 2e− 2 s + e−3πs/2 1 + s2 1 + s2 1 + s2


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) =

Assim,

Y (s) = =

1 s2 +1

em que

1 s(s2 +1)

+

1 s

−e

−πs/2

s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos


1 e−πs/2 s2 + 1 Y (s) = − +1 s s

1 e−πs/2 s2 +1 − s(s2 +1) −πs/2

+ H(s) − e

H(s),

H(s) =

1 s(s2 + 1)

y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t).

H(s) =

Julho 2007

1 s(s2 +1)

=

A s

+

Bs+C s2 +1 .

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

546 Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 1) obtemos

1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s

Substituindo-se s = 0 e s = i



1 = A 1 = (Bi + C)i = −B + Ci

´ ˜ obtemos De onde obtemos A = 1. Comparando-se as partes real e imaginaria da segunda equac¸ao B = −1 e C = 0. Assim,

H(s) =

s 1 − 2 s s +1

˜ cuja transformada de Laplace e´ H(s) e´ De onde obtemos que a func¸ao

h(t) = 1 − cos t ˜ do problema de valor inicial e´ dado por e a soluc¸ao

y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t) = 1 − cos t + sen t − uπ/2 (t)(1 − sen t).

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

2.5

547

y

2

1.5

1

0.5

0

x −0.5

−1

−1.5

−2

−2.5

(b)

0

2

4

6

8

10

12


−πs −2πs s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2 e s − 2 e s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos

Assim,

Julho 2007

−2


e−πs − e−2πs s2 + 2s + 2 Y (s) = 2 +1 s

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

548 −e 1 Y (s) = 2 es(s2 +2s+2) + s2 +2s+2 1 = (e−πs − e−2πs )H(s) + (s+1) 2 +1 , −πs

−2πs

em que

H(s) =

2 s(s2 + 2s + 2)

y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t.

H(s) =

A s

+

Bs+C s2 +2s+2 .

Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos

2 = A(s2 + 2s + 2) + (Bs + C)s Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 1 obtemos



0 = A+B =1+B 0 = 2A + C = 2 + C

˜ B = −1 e C = −2. Assim, que tem soluc¸ao

s+2 H(s) = 1s − s2 +2s+2 = 1s − s+1 1 = 1s − (s+1) 2 +1 − (s+1)2 +1

s+2 (s+1)2 +1

˜ cuja transformada de Laplace e´ H(s) e´ De onde obtemos que a func¸ao

h(t) = 1 − e−t cos t − e−t sen t ˜ do problema de valor inicial e´ dado por e a soluc¸ao

y(t) = h(t − π)uπ (t) − h(t − 2π)u2π (t) + e−t sen t.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

1.2

549

y

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

x −0.2

(c)

−2

0

2

4

6

8

10

12


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = s21+1 − e−2πs s21+1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos
−2πs s2 + 4 Y (s) = s21+1 − es2 +1

Assim,

Y (s) =

Julho 2007

1 (s2 +1)(s2 +4)

−

e−2πs (s2 +1)(s2 +4)

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

550 = H(s) − e−2πs H(s) em que

H(s) =

1 (s2 + 1)(s2 + 4)

y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π) H(s) =

1 (s2 +1)(s2 +4)

=

As+B s2 +1

+

Cs+D s2 +4

Multiplicando-se por (s2 + 1)(s2 + 4):

1 = (As + B)(s2 + 4) + (Cs + D)(s2 + 1) Substituindo-se s = i, 2i



1 = (iA + B)3 1 = (2iC + D)(−3)

˜ reais, comparando-se as partes real e imaginaria ´ obtemos Como A, B, C e D sao



1 = 3B 0 = 3A

e



1 = −3D 0 = −6C

˜ A = 0, B = 1/3, C = 0 e D = −1/3. De onde obtemos a soluc¸ao Assim,

H(s) = h(t) =

1 3

sen t −

1 6

1/3 −1/3 + 2 +1 s +4

s2

sen 2t

y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π) =

1 3

sen t −

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

1 6

sen 2t − u2π (t)( 13 sen t −

1 6

sen 2t)

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

0.5

551

y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

x −0.1

−0.2

−0.3

−0.4

−0.5

(d)

−1

0

1

2


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) =

1 s2 +1

3

4

5

6

7

8

9

+ e−πs s21+1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0

obtemos


s2 + 4 Y (s) =

1 s2 +1

+

e−πs s2 +1

Assim,

Y (s) =

Julho 2007

1 (s2 +1)(s2 +4)

+

e−πs (s2 +1)(s2 +4)

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

552 = H(s) + e−πs H(s) em que

1 (s2 + 1)(s2 + 4)

H(s) =

y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) Do exerc´ıcio anterior temos que

H(s) =

1/3 −1/3 + s2 + 1 s2 + 4

Assim,

h(t) =

1 1 sen t − sen 2t 3 6

e portanto

y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) =

1 3

sen t −

1 6

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

sen 2t −uπ (t)( 13 sen t +

1 6

sen 2t)

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

0.5

553

y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

x −0.1

−0.2

−0.3

−0.4

−0.5

(e)

0

1

2

3

4


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos

Assim,

Julho 2007

−1

5

1 s

6

−

7

8

9

e−10s s


1 e−10s s2 + 3s + 2 Y (s) = − s s

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

554 1 s(s2 +3s+2)

Y (s) =

−

e−10s s(s2 +3s+2)

= H(s) − e−10s H(s)

em que

H(s) =

1 s (s2 + 3s + 2)

y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10). H(s) =

1 s(s2 +3s+2)

=

1 s(s+1)(s+2)

=

A s

+

B s+1

+

C s+2




Multiplicando H(s) por s s2 + 3s + 2 obtemos

1 = A(s + 1)(s + 2) + Bs(s + 2) + Cs(s + 1) Substituindo-se s = 0, −1, −2 obtemos

  1 = 2A 1 = −B  1 = 2C

˜ A = 1/2, B = −1 e C = 1/2. que tem soluc¸ao Assim,

H(s) = h(t) =

1 2

11 2s

−

1 s+1

+

1 1 2 s+2

− e−t + 12 e−2t y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

555

y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

−0.1

(f)

0

5

10


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos

Assim,

Julho 2007

x

15

20

e−2s s


e−2s s2 + 3s + 2 Y (s) = +1 s

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

556 Y (s) =

1 s2 +3s+2

+

e−2s s(s2 +3s+2)

= Y1 (s) + e−2s H(s)

1 s(s2 +3s+2)

e Y1 (s) =

1 s2 +3s+2

em que

H(s) =

y(t) = y1 (t) + u2 (t)h(t − 2). Y1 (s) =

1 s2 +3s+2

= Y1 (s) =

1 (s+1)(s+2)

A s+1

=

+

B s+2

Multiplicando Y1 (s) por (s + 1)(s + 2):

1 = A(s + 2) + B(s + 1) Substituindo-se s = −1, −2 obtemos A = 1 e B = −1. Assim,

Y1 (s) =

1 1 − s+1 s+2

y1 (t) = e−t − e−2t . Do exerc´ıcio anterior

H(s) =

11 2s

−

1 s+1

+

1 1 2 s+2

h(t) =

1 1 − e−t + e−2t 2 2

y(t) = y1 (t) + u2 (t)h(t − 2) = e−t − e−2t + u2 (t)h(t − 2)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

557

y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

−0.1 −2

(g)

0

2

4

6

8

10


−3πs s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = e s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos

Assim,

Julho 2007

x


e−3πs s2 + 1 Y (s) = +1 s

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

558 e 1 Y (s) = s(s 2 +1) + s2 +1 = e−3πs H(s) + s21+1 , −3πs

em que

H(s) =

1 + 1)

s(s2

y(t) = sen t + h(t − 3π)u3π (t). H(s) =

1 s(s2 +1)

=

A s

+

Bs+C s2 +1 .

Multiplicando-se H(s) por s(s2 + 1) obtemos

1 = A(s2 + 1) + (Bs + C)s Substituindo-se s = 0 e s = i



1 = A 1 = (Bi + C)i = −B + Ci

´ ˜ obtemos De onde obtemos A = 1. Comparando-se as partes real e imaginaria da segunda equac¸ao B = −1 e C = 0. Assim,

H(s) =

1 s − 2 s s +1

˜ cuja transformada de Laplace e´ H(s) e´ De onde obtemos que a func¸ao

h(t) = 1 − cos t y(t) = sen t + h(t − 3π)u3π (t) = sen t + u3π (t)[1 − cos(t − 3π)]

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

2.5

559

y

2

1.5

1

0.5

0

x −0.5

−1

(h)

−5

0

5

10


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + (sY (s) − y(0)) + 45 Y (s) = Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos
s2 + s + 45 Y (s) = s21+1 + e−πs s21+1

15

1 s2 +1

20

25

+ e−πs s21+1

Assim,

Y (s) =

Julho 2007

1 (s2 +1)(s2 +s+ 54 )

+ e−πs (s2 +1)

1

(s2 +s+ 54 )

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

560 = H(s) + e−πs H(s) em que

H(s) =

(s2

1
+ 1) s2 + s + 45

y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π) H(s) =

1 (s2 +1)(s2 +s+ 54 )

=

1 (s2 +1)(s2 +s+ 54 )

=

Multiplicando-se H(s) por (s2 + 1) s2 + s +

As+B s2 +1 5 4




+

Cs+D s2 +s+ 54

:

1 = (As + B)(s2 + s + 45 ) + (Cs + D)(s2 + 1) Substituindo-se s = i e s = − 12 + i obtemos  1 = (Ai + B)(−1 + i + 54 )     = (Ai + B)(i + 41 )  = (−A + 14 B) + i( 14 A + B)    1 = (C(− 12 + i) + D)( 14 − 1 − i + 1)   = ( 87 C + 14 D) + i( 34 C − D) ´ das equac¸oes ˜ acima obtemos Comparando-se as partes real e imaginaria





1 = −A + 41 B 0 = 14 A + B

1 = 0 =

7 8C 3 4C

+ 14 D −D

˜ A = −16/17, B = 4/17, C = 16/17 e D = 12/17. Resolvendo-se os sistemas acima obtemos a soluc¸ao

Assim,

  4 −4s+1 4s+3 H(s) = 17 + 5 2 2 s +1 s +s+ 4   4 s 1 4s+3 = 17 −4 s2 +1 + s2 +1 + (s+1/2) 2 +1   s+3/4 4 = 17 −4 s2s+1 + s21+1 + 4 (s+1/2) 2 +1  s+1/2 4 = 17 −4 s2s+1 + s21+1 + 4 (s+1/2) 2 +1 +

1 (s+1/2)2 +1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao



Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

561

h(t) =
4 −t/2 cos t + e−t/2 sen t 17 −4 cos t + sen t + 4e

y(t) = h(t) + uπ (t)h(t − π)

2

y

1.5

1

0.5

0

x −0.5

−1

−1.5

−2

(i)

Julho 2007

−2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18


−πs −3πs s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = 2 e s − 2 e s

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

562

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos


−πs −3πs s2 + 4 Y (s) = 2 e −e s

Assim,

Y (s) = 2 e s(s−e 2 +4) = (e−πs − e−3πs )H(s), −πs

−2πs

em que

H(s) =

2 s(s2 +4)

y(t) = uπ (t)h(t − π) − u3π (t)h(t − 3π). H(s) =

2 s(s2 +4)

=

A s

+

Bs+C s2 +4 . 2

Multiplicando-se H(s) por s(s + 4) obtemos

2 = A(s2 + 4) + (Bs + C)s Substituindo-se s = 0, 2i obtemos



2 = 4A 2 + i0 = (2iB + C)2i = (−4B) + i(2C)

˜ A = 1/2, B = −1/2 e C = 0. Assim, que tem soluc¸ao

H(s) =

11 2s

−

1 s 2 s2 +4

˜ cuja transformada de Laplace e´ H(s) e´ De onde obtemos que a func¸ao

h(t) =

1 1 − cos 2t 2 2

y(t) = uπ (t)h(t − π) − u3π h(t − 3π)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

563

y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

−0.1

x

−2

0

2

4

6

8

10

12

(j)

f (t) = et (1 − u2 (t)) = et − e2 et−2 u2 (t) 1 e−2s F (s) = − e2 s−1 s−1
1 e−2s s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = − e2 s−1 s−1

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

564

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos


s2 + 4 Y (s) =

Assim,

Y (s) =

1 e−2s − e2 s−1 s−1

e−2s 1 − e2 2 (s − 1) (s + 4) (s − 1) (s2 + 4)

= H(s) − e2 e−2s H(s) em que

H(s) =

1 . (s − 1)(s2 + 4)

H(s) =

Bs + C A + 2 s−1 s +4

Multiplicando-se H(s) por (s − 1)(s2 + 4):

1 = A(s2 + 4) + (Bs + C)(s − 1) Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os termos de grau 0 obtemos o sistema 

1/5 + B 4/5

− C

= 0 = 1

˜ A = 1/5, B = −1/5 e C = −1/5. Assim, Resolvendo-se o sistema obtemos a soluc¸ao

H(s) =

1 1 1 s+1 1 1 1 s 1 1 − = − − 2 2 5s−1 5s +4 5 s − 1 5 s + 4 5 s2 + 4 h(t) =

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

1 t 1 1 e − cos 2t − sen 2t. 5 5 10

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

565

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

y(t) = h(t) − e2 u2 (t)h(t − 2) f (t) = e2t (1 − u1 (t)) = e2t − e2 e2(t−1) u1 (t) F (s) =

1 e−s − e2 s−2 s−2

(k)

s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)




− 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) =

e−s 1 − e2 s−2 s−2

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos


s2 − 2s + 1 Y (s) =

Assim,

Y (s)

=

e−s 1 − e2 s−2 s−2

1 e−s 2 − e (s − 1)2 (s − 2) (s − 1)2 (s − 2)

= H(s) − e2 e−s H(s) em que

H(s) =

1 . (s − 1)2 (s − 2)

1 A B C = + + (s − 2)(s − 1)2 s − 2 s − 1 (s − 1)2

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

566 Multiplicando-se por (s − 2)(s − 1)2 obtemos

1 = A(s − 1)2 + B(s − 1)(s − 2) + C(s − 2) ˜ anterior Substituindo-se s = 1 e s = 2 obtemos C = −1 e A = 1. Derivando-se a expressao

0 = 2A(s − 1) + B[(s − 1) + (s − 2)] + C e substituindo-se s = 1 obtemos B = −1. Assim,

H(s) =

1 1 1 − − s − 2 s − 1 (s − 1)2

h(t) = e2t − et − tet ˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

y(t) = h(t) − e2 u1 (t)h(t − 1) (l)

f (t) = et (1 − u1 (t)) = et − eet−1 u1 (t) F (s) =

1 e−s −e s−1 s−1

s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)




+ 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s)

=

1 e−s −e s−1 s−1

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos


s2 + 2s + 2 Y (s) =

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

1 e−s −e s−1 s−1

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

567

Assim,

1 (s − 1) (s2 + 2s + 2) e−s −e 2 (s + 2s + 2) (s − 1) = H(s) − ee−s H(s)

Y (s) =

em que

H(s) = =

1 , (s − + 2s + 2) A Bs + C + s − 1 s2 + 2s + 2 1)(s2

Multiplicando-se H(s) por (s − 1)(s2 + 2s + 2) obtemos

1 = A(s2 + 2s + 2) + (Bs + C)(s − 1) Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 0 obtemos



1/5 + B 2/5

− C

= 0 = 1

˜ B = −1/5 e C = −3/5. Assim, que tem soluc¸ao

H(s) = = =

Julho 2007

1 1 1 s+3 − 5 s − 1 5 s2 + 2s + 2 1 1 1 s+3 − 5 s − 1 5 (s + 1)2 + 1 1 1 1 s+1 2 1 − − 5 s − 1 5 (s + 1)2 + 1 5 (s + 1)2 + 1

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

568 Pelo item anterior temos que

h(t) =

1 t 1 −t 2 e − e cos t − e−t sen t. 5 5 5

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

y(t) = h(t) − eu1 (t)h(t − 1)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

569

´ 4. Transformada de Laplace do Delta de Dirac (pagina 513) 4.1.

(a)


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + Y (s) = e−2πs cos(2π) Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos
s2 + 1 Y (s) = e−2πs + 1

Assim,

Y (s) =

e−2πs s2 +1

+

1 s2 +1

˜ do problema de valor inicial e´ dado por e a soluc¸ao

y(t) = u2π (t) sen(t − 2π) + sen t = (u2π (t) + 1) sen t.
(b) s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = ee−s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos
s2 + 2s + 2 = ee−s Assim,

Y (s) = G(s) =

ee−s ee−s −s G(s), s2 +2s+2 = (s+1)2 +1 = ee 1 −t ⇒ g(t) = e sen t (s+1)2 +1

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

y(t) = eu1 (t)e−t+1 sen(t − 1) = e−t+2 sen(t − 1)u1 (t) (c)


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) + 4Y (s) = e2 e−2s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos

Assim,


s2 + 4 Y (s) = e2 e−2s Y (s) =

Julho 2007

e2 e−2s = e2 e−2s G(s) s2 + 4

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

570

G(s) =

1 s2 + 4

⇒

g(t) =

1 sen 2t 2

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

y(t) = (d)

e2 u2 (t) sen(2(t − 2)) 2


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) − 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) = e2 e−s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 0 obtemos

Assim,


s2 − 2s + 1 Y (s) = e2 e−s Y (s) = G(s) =

e2 e−s = e2 e−s G(s) (s − 1)2

1 (s − 1)2

⇒

g(t) = tet

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

y(t) = e2 u1 (t)(t − 1)et−1 = (t − 1)et+1 u1 (t) (e)

f (t) = δ(t − 1) + u3 (t)t2 = δ(t − 1) + u3 (t)((t − 3) + 3)2

= δ(t − 1) + u3 (t)((t − 3)2 + 6(t − 3) + 9) F (s) = e−s + e−3s (

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

2 6 9 + 2+ ) 3 s s s

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

571

s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)+ + 2(sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = e−s + + e−3s (

2 6 9 + 2+ ) s3 s s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos

2 6 9 + 2 + )+1 s3 s s 2 + 6s + 9s2 = 1 + e−s + e−3s s3

(s2 + 2s + 2)Y (s) = e−s + e−3s (

Assim, 2 1 −3s 2 + 6s + 9s + e s2 + 2s + 2 s3 (s2 + 2s + 2) 1 = (1 + e−s ) + e−3s H(s) (s + 1)2 + 1

Y (s) = (1 + e−s )

H(s) = =

2 + 6s + 9s2

2 + 6s + 9s2 + 2s + 2) A B C Ds + E + 2+ 3+ 2 s s s s + 2s + 2

s3 (s2

= As2 (s2 + 2s + 2) + Bs(s2 + 2s + 2) + + C(s2 + 2s + 2) + (Ds + E)s3 = (As2 + Bs + C)(s2 + 2s + 2) + (Ds + E)s3

Julho 2007

(3.12)

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

572

˜ acima obtemos Substituindo-se s = 0 obtemos C = 1. Derivando-se a expressao

6 + 18s = (2As + B)(s2 + 2s + 2) + + (As2 + Bs + C)(2s + 2) + + Ds3 + (Ds + C)3s2 ˜ acima obtemos Substituindo-se s = 0 obtemos 6 = 2B + 2 ou B = 2. Derivando-se a expressao

18 = 2A(s2 + 2s + 2) + (2As + B)(2s + 2) + + (2As + B)(2s + 2) + (As2 + Bs + C)2 + + 3Ds2 + 3Ds2 + (Ds + E)6s Substituindo-se s = 0 obtemos 18 = 4A + 4B + 2 ou A = 2. Comparando-se os termos de grau 4 e ˜ (3.12) obtemos 0 = A + D e 0 = 2A + B + E , ou seja, D = −A = −2 e de grau 3 na expressao E = −2A − B = −6. Assim

H(s) = = =

2 2 1 −2s − 6 + + 3+ 2 s s2 s s + 2s + 2 2 2 1 −2s − 6 + 2+ 3+ s s s (s + 1)2 + 1 2 2 1 2 + + s s2 2 s3  s+1 2 −2 + (s + 1)2 + 1 (s + 1)2 + 1

1 h(t) = 2 + 2t + t2 − 2(e−t cos t + 2e−t sen t) 2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

573

Como

Y (s)

= (1 + e−s )

1 + e−3s H(s) (s + 1)2 + 1

˜ entao

y(t) = e−t sen t + u1 (t)e−(t−1) sen(t − 1) + u3 (t)h(t − 3) 4.2.

˜ obtemos (a) Aplicando-se a transformada de Laplace na equac¸ao π

π

(s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)) + 4(sY (s) − y(0)) + 20Y (s) = e− 2 e− 4 s Substituindo-se y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos π π (s2 + 4s + 20)Y (s) = e− 2 e− 4 s + 1 π π π π 1 e− 4 s Y (s) = e− 2 s2 +4s+20 + s2 +4s+20 = e− 2 e− 4 s H(s) + H(s) em que

H(s) =

1 s2 +4s+20

=

1 (s+2)2 +16

Assim,

h(t) =

1 −2t e sen 4t 4

π

y(t) = e− 2 u π4 (t)h(t −



Julho 2007

π

π

e− 2 u π4 (t) 14 e−2(t− 4 ) sen(4t − π) + 1 −2t sen 4t, 0 ≤ t < π4 4e 0, t ≥ π4

(b) y(t)

=

1 −2t 4e

π ) + h(t) 4

sen 4t

=

(−u π4 (t) + 1) 14 e−2t sen 4t

=

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

574 0.14

y 0.12

0.1

0.08

0.06

0.04

0.02

0

t

−0.02 −0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

˜ obtemos 4.3. Aplicando-se a transformada de Laplace na equac¸ao

(s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0)) + (sY (s) − y(0)) = Substituindo-se y(0) = 0 e y 0 (0) = 1 obtemos

e−s s

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

+ e−2s

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

575

(s2 + s)Y (s) = 1 + e s + e−2s −s 1 e−2s Y (s) = s(s+1) + s2e(s+1) + s(s+1) = (1 + e−2s )H1 (s) + e−s H2 (s) −s

em que

H1 (s) =

1 s(s+1)

e H2 (s) =

1 s(s+1)

=

1 s2 (s+1)

B + s+1 Multiplicando-se por s(s + 1) obtemos 1 = A(s + 1) + Bs Substituindo-se s = 0, −1 obtemos A = 1 e B = −1. 1 C H2 (s) = s2 (s+1) = As + sB2 + s+1 Multiplicando-se por s2 (s + 1) obtemos 1 = As(s + 1) + B(s + 1) + Cs2 Substituindo-se s = 0, −1 obtemos C = 1 e B = 1. Comparando-se os termos de grau 2 obtemos A = −1.

H1 (s) =

A s

Assim,

h1 (t) = 1 − e−t

h2 (t) = −1 + t + e−t

y(t) = h1 (t) + u1 (t)h1 (t − 1) + u2 (t)h2 (t − 2)

˜ (pagina ´ 5. Convoluc¸ao 523) 5.1.

(a)

F (s) =

1 A B = + s(s + 3) s s+3

Multiplicando F (s) por s (s + 3) obtemos

1 = A (s + 3) + Bs Substituindo-se s = 0, −3 obtemos A = 1/3 e B = −1/3. Assim,

F (s) =

Julho 2007

11 1 1 − 3s 3s+3

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

576

f (t) = (b) f (t) = 5.2.

(a)

Rt 0

t e−3τ dτ = − 31 e−3τ = − 31 e−3t + 0

H(s) =

s (s2

1 1 −3t − e 3 3

1 3

1 A Bs + C = + 2 − 4s + 5) s s − 4s + 5

Multiplicando-se H(s) por s(s2 − 4s + 5):

1 = A(s2 − 4s + 5) + (Bs + C)s Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e de grau 1 obtemos o sistema 

A + B −4A

+ C

= 0 = 0

˜ B = −1/5 e C = 4/5. Assim, Resolvendo-se o sistema obtemos a soluc¸ao

H(s) = = =

11 1 s−4 − 2 5 s 5 s − 4s + 5 11 1 s−4 − 5 s 5 (s − 2)2 + 1 11 1 s−2 1 −2 − − 5 s 5 (s − 2)2 + 1 5 (s − 2)2 + 1

h(t) =

1 1 2t 2 − e cos t + e2t sen t 5 5 5

(b)

h(t) =

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Z

t

sen τ e2τ dτ

0

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios Z

577 2τ

2τ

sen τ e dτ

= e (− cos τ ) − 2

Z

e2τ (− cos τ )dτ

= −e2τ cos τ +   Z 2τ 2τ + 2 e sen τ − 2 e sen τ dτ Z

sen τ e2τ dτ =


1 −e2τ cos τ + 2e2τ sen τ 5


t 1 −e2τ cos τ + 2e2τ sen τ 5 0 1 2 2t 1 2t = − e cos t + + e sen t 5 5 5

h(t) =

5.3.


s2 Y (s) − sy(0) − y 0 (0) +

+ 4 (sY (s) − y(0)) + 4Y (s)

= F (s),

em que F (s) e´ a transformada de Laplace de f (t). Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y 0 (0) = −3 obtemos

Assim,


s2 + 4s + 4 Y (s) = F (s) + 5 + 2s

Y (s)

= =

Julho 2007

F (s) 5 + 2s + 2 + 4s + 4 s + 4s + 4 F (s) 5 + 2s + (s + 2)2 (s + 2)2 s2

Reginaldo J. Santos

˜ Equac¸oes Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

578

5 + 2s A B = + 2 (s + 2) s + 2 (s + 2)2 Multiplicando-se por (s + 2)2 obtemos

5 + 2s = A(s + 2) + B Substituindo-se s = −2 obtemos 1 = B . Derivando-se obtemos 2 = A. Assim,

Y (s) =

F (s) 2 1 + + (s + 2)2 s + 2 (s + 2)2

y(t) = (e−2t t ∗ f )(t) + 2e−2t + e−2t t Z t = e−2(t−τ ) (t − τ )f (τ )dτ + 2e−2t + e−2t t 0

˜ obtemos 5.4. Aplicando-se a transformada de Laplace na equac¸ao

1 1 2 + 2+ 2 Y (s) = Y (s) s s s +4   2 s+1 Y (s) 1 − 2 = 2 s +4 s Y (s)

= =

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

(s + 1)(s2 + 4) s2 (s2 + 2) A B Cs + D + 2+ 2 s s s +2

Julho 2007

3.7

Respostas dos Exerc´ıcios

579

Multiplicando-se por s2 (s2 + 2) obtemos

(s + 1)(s2 + 4) = As(s2 + 2) + B(s2 + 2) + (Cs + D)s2 ˜ acima obtemos Substituindo-se s = 0 obtemos B = 2. Derivando-se a expressao

2s(s + 1) + (s2 + 4) = A[(s2 + 2) + 2s2 ] + 2Bs + Cs2 + 2s(Cs + D) Substituindo-se s = 0 obtemos A = 2. Comparando-se os termos de grau 2 e de grau 1 obtemos C = −1 e D = −1. Assim

√ √ 1 y(t) = 2 + 2t − [cos( 2t) + √ sen( 2t)] 2

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

Cap´ıtulo 4

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

˜ diferenciais lineares Exemplo 4.1. Considere o sistema de equac¸oes



x01 (t) = λ1 x1 (t) x02 (t) =

λ2 x2 (t)

˜ ˜ em que λ1 , λ2 ∈ R. Temos aqui um sistema de equac¸oes que envolvem derivadas das func¸oes ˜ incognitas. ´ ˜ ˜ desacopladas, isto e, ´ podem ser resolvidas que sao Neste caso as duas equac¸oes sao ˜ do sistema e´ independentemente. A soluc¸ao

x1 (t) = c1 eλ1 t e x2 (t) = c2 eλ2 t . ou escrito na forma matricial



x1 (t) x2 (t)



=



580

c 1 e λ1 t c 2 e λ2 t



.

581 Exemplo 4.2. Considere, agora, o sistema



x01 (t) = λx1 (t) + x2 (t) x02 (t) = λx2 (t)

˜ e´ desacoplado, mas podemos resolver a segunda equac¸ao ˜ independentemente Este sistema nao ˜ tem soluc¸ao ˜ da primeira. A segunda equac¸ao

x2 (t) = c2 eλt . ˜ obtemos a equac¸ao ˜ Substituindo x2 (t) na primeira equac¸ao

x01 (t) = λ x1 (t) + c2 eλt ˜ que tem soluc¸ao

x1 (t) = c1 eλt + c2 teλt . ˜ do sistema acima e´ Assim a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)



=



c1 eλt + c2 teλt c2 eλt



.

˜ pode ser resolvida Os sistemas anteriores foram resolvidos porque pelo menos uma das equac¸ oes independentemente das outras. ˜ diferenciais lineares Considere o sistema de equac¸oes

 0  x1 (t) = a11 (t)x1 (t) + · · · + a1n (t)xn (t) + f1 (t) Julho 2007



.. .

.. .

x0n (t) = an1 (t)x1 (t) + · · · + ann (t)xn (t) + f2 (t) Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

582

˜ diferencial matricial que pode ser escrito na forma de uma equac¸ao

 

ou

x01 (t) .. .

x0n (t)





a11 (t) · · ·

a1n (t)

.. .

=

.. .

an1 (t) · · · ann (t)





x1 (t) .. .





+

xn (t)

f1 (t) .. .

fn (t)

 

X 0 (t) = A(t)X(t) + F (t),

(4.1)

em que



A(t) = 

a11 (t) · · · .. .

a1n (t) .. .

an1 (t) · · · ann (t)





,

X(t) = 





x1 (t) .. .

xn (t)



e





F (t) = 

f1 (t) .. .

fn (t)

Observe que o sistema do Exemplo 4.1 pode ser escrito na forma matricial como

 e o do Exemplo 4.2, como



y10 (t) y20 (t) y10 (t) y20 (t)

=



=



λ1 0 0 λ2 λ 1 0 λ

 

y1 (t) y2 (t) y1 (t) y2 (t)



.

 

´ ˆ ˜ que Para sistemas lineares e´ valido o seguinte teorema sobre existencia e unicidade de soluc¸oes sera´ demonstrado somente ao final deste cap´ıtulo.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

583 ˆ Teorema 4.1 (Existencia e Unicidade). Considere o problema de valor inicial



X 0 (t) = A(t)X(t) + F (t) X(t0 ) = X (0)

(4.2)

˜ ˜ o Suponha que aij (t), fi (t) sejam func¸oes cont´ınuas num intervalo I = [a, b] contendo t0 . Entao ˜ no intervalo I . problema (4.2) tem uma unica ´ soluc¸ao

´ sistemas da forma (4.1) com ˜ ˆ Para os sistemas de equac¸oes lineares homogeneos, isto e,

F (t) = ¯0, X 0 (t) = A(t)X(t),

(4.3)

˜ ´ ˜ soluc¸oes ˜ de (4.3), entao ˜ que diz que se X1 (t) e X2 (t) sao e´ valido o princ´ıpio da superposic¸ao

X(t) = αX1 (t) + βX2 (t)

(4.4)

´ o e, ´ para todas as constantes α e β . Uma expressao ˜ da forma (4.4) e´ chamada combinac¸ao ˜ tambem linear de X1 (t) e X2 (t). ˜ de (4.3). Vamos verificar que realmente X(t) dado por (4.4) e´ soluc¸ao

X 0 (t) = αX10 (t) + βX20 (t) = αA(t)X1 (t) + βA(t)X2 (t) = A(t)(αX1 (t) + βX2 (t)) = A(t)X(t), ˜ soluc¸oes ˜ ˜ X10 (t) = A(t)X1 (t) e X20 (t) = A(t)X2 (t). pois como X1 (t) e X2 (t) sao de (4.3), entao Provamos o seguinte teorema.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

584

˜ soluc¸oes ˜ do sistema homogeneo ˆ ˜ Teorema 4.2 (Princ´ıpio da Superposic¸ao). Se X1 (t) e X2 (t) sao

X 0 (t) = A(t)X(t) ˜ X(t) = αX1 (t) + βX2 (t), para α e β numeros, ´ o e. ´ entao, ´ tambem

Vamos considerar o problema de valor inicial



X 0 (t) = A(t)X(t) X(0) = X (0)

(4.5)

˜ ˜ Vamos determinar condic¸oes sobre n soluc¸oes X1 (t), . . . , Xn (t) para que existam constantes ˜ do problema de valor inicial (4.5). c1 , . . . , cn tais que X(t) = c1 X1 (t) + · · · + cn Xn (t) seja soluc¸ao ˜ Substituindo-se t = 0 na soluc¸ao

X(t) = c1 X1 (t) + · · · + cn Xn (t) ˜ lineares algebricas ´ obtemos o sistema de equac¸oes

c1 X1 (0) + · · · + cn Xn (0) = X (0) que pode ser escrito na forma

M C = X (0) em que

M=



X1 (0) · · · Xn (0)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao



e



c1



C =  ...  . cn Julho 2007

585 ˜ para toda condic¸ao ˜ inicial X (0) ∈ Rn o sistema Se a matriz do sistema M e´ invert´ıvel, entao ˜ (c1 , . . . , cn ) (A soluc¸ao ˜ e´ C = M −1 X (0) ). Mas uma matriz M C = X (0) tem uma unica ´ soluc¸ao quadrada e´ invert´ıvel se, e somente se, o seu determinante e´ diferente de zero Portanto, se  

det

X1 (0) · · · Xn (0)

6= 0,

˜ para toda condic¸ao ˜ inicial X (0) existem constantes c1 , . . . , cn tais que entao

X(t) = c1 X1 (t) + · · · + cn Xn (t) ˜ do problema de valor inicial (4.5). e´ soluc¸ao

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

586

˜ do sistema X 0 = A(t)X tais que Teorema 4.3. Sejam X1 (t), . . . , Xn (t) soluc¸oes

det[X1 (0) . . . Xn (0)] 6= 0 ˜ para toda condic¸ao ˜ inicial X (0) ∈ Rn o problema de valor inicial Entao



X 0 (t) = A(t)X(t) X(0) = X (0)

˜ da forma tem uma unica ´ soluc¸ao

X(t) = c1 X1 (t) + · · · + cn Xn (t).

(4.6)

˜ geral do sistema X 0 = A(t)X . Portanto (4.6) e´ a soluc¸ao

˜ encontrada do sistema do Exemplo 4.1 e´ a soluc¸ao ˜ geral pois ela pode ser Exemplo 4.3. A soluc¸ao escrita como    

X(t) = c1

e

X1 (t) =



e λ1 t 0

e λ1 t 0 

,

+ c2

X2 (t) =

0

e

λ2 t



0 e λ2 t



˜ tais que det[X1 (0) X2 (0)] = det(I2 ) = 1 6= 0. sao ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

587 ˜ encontrada do sistema do Exemplo 4.2 e´ a soluc¸ao ˜ geral pois ela pode ser escrita como A soluc¸ao

X(t) = c1



eλt 0



+ c2



teλt eλt



e

X1 (t) =



eλt 0



,

X2 (t) =



teλt eλt



˜ tais que det[X1 (0) X2 (0)] = det(I2 ) = 1 6= 0. sao

˜ pode Os sistemas dos Exemplos 4.1 e 4.2 foram resolvidos porque pelo menos uma das equac¸oes ser resolvida independentemente das outras. O sistema do Exemplo 4.1 pode ser escrito na forma matricial como



x01 (t) x02 (t)





x01 (t) x02 (t)



=



λ1 0 0 λ2

=



λ 1 0 λ



x1 (t) x2 (t)



e o do Exemplo 4.2, como



x1 (t) x2 (t)



.

Enquanto a matriz do primeiro sistema e´ diagonal a do segundo e´ “quase” diagonal. O estudo que ˜ diferenciais se baseia em transformar o sistema em um faremos, a seguir, de sistemas de equac¸oes no qual a sua matriz e´ diagonal ou “quase” diagonal.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

588

´ 4.1 A Matriz A e´ Diagonalizavel em R ˜ ´ 4.1.1 Sistema com 2 Equac¸oes e 2 Incognitas Vamos supor que existam matrizes P = que



v1 w1 v2 w2



eD =



 λ1 0 , com λ1 , λ2 ∈ R, tais 0 λ2

A = P DP −1 .

(4.7)

Substituindo-se (4.7) em (4.3) obtemos

X 0 (t) = P DP −1 X(t). Multiplicando-se a` esquerda por P −1 , obtemos

P −1 X 0 (t) = DP −1 X(t).

(4.8)

Y (t) = P −1 X(t),

(4.9)

´ Fazendo a mudanc¸a de variavel ˜ (4.8) pode ser escrita como a equac¸ao

Y 0 (t) = DY (t), ˜ desacopladas que pode ser escrita na forma de um sistema de equac¸oes



y10 (t) = λ1 y1 (t) y20 (t) =

λ2 y2 (t)

˜ podem ser resolvidas independentemente. Este sistema foi resolvido no Exemplo 4.1 na as equac¸oes ´ ˜ e´ pagina 580 e sua soluc¸ao y1 (t) = c1 eλ1 t e y2 (t) = c2 eλ2 t . ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.1

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em R

ou escrito na forma matricial

Y (t) =

589



y1 (t) y2 (t)



=



c 1 e λ1 t c 2 e λ2 t



c 1 e λ1 t c 2 e λ2 t



.

´ ˜ da equac¸ao ˜ (4.3) e´ Assim, da mudanc¸a de variaveis (4.9), a soluc¸ao

X(t) = P Y (t) = P Como P =





.

 v1 w1 ˜ a soluc¸ao ˜ do sistema pode ser escrita como , entao v2 w2        v1 w1 c 1 e λ1 t v 1 c 1 e λ1 t + w 1 c 2 e λ2 t x1 (t) = = x2 (t) v2 w2 c 2 e λ2 t v 2 c 1 e λ1 t + w 2 c 2 e λ2 t     v1 w1 λ1 t λ2 t = c1 e + c2 e . v2 w2

(4.10)

´ ˜ geral do sistema, pois para as soluc¸oes ˜ 586 esta e´ a soluc¸ao Pelo Teorema 4.3 na pagina

X1 (t) = e det



λ1 t



v1 v2



,

X2 (t) = e

X1 (0) X2 (0)



λ2 t



w1 w2



,

= det(P ) 6= 0

˜ de qualquer problema de valor inicial e assim a soluc¸ao



X 0 (t) = AX(t) X(0) = X0

˜ atribuindo-se valores adequados as ` constantes c1 e c2 como mostrarepode ser obtida desta soluc¸ao mos a seguir. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

590 (0)

(0)

˜ dadas as condic¸oes ˜ iniciais x1 (0) = x1 e x2 (0) = x2 , entao ˜ para determinarmos c1 e Se sao ˜ ou seja, c2 substituimos t = 0 na soluc¸ao,



x1 (0) x2 (0)



= c1



v1 v2



+ c2



w1 w2



=

"

(0)

x1 (0) x2

#

.

que e´ equivalente ao sistema linear

(

(0)

v 1 c1 + w 1 c2 = x 1 (0) v 2 c1 + w 2 c2 = x 2

˜ ´ 4.1.2 Sistema com n Equac¸oes e n Incognitas ˜ O que fizemos anteriormente pode ser estendido para uma sistema com n equac¸oes e n ´ incognitas. Supondo que existam matrizes

P =



V1 V2



 λ1 0 . . . 0  0 λ2 . . . 0   . . . Vn e D= . , ..  ... . ..  0 . . . 0 λn

em que Vj e´ a coluna j de P , com λ1 , λ2 ∈ R, tais que

A = P DP −1 .

(4.11)

Substituindo-se (4.11) em (4.3) obtemos

X 0 (t) = P DP −1 X(t). ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.1

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em R

591

Multiplicando-se a` esquerda por P −1 , obtemos

P −1 X 0 (t) = DP −1 X(t).

(4.12)

Y (t) = P −1 X(t),

(4.13)

´ Fazendo a mudanc¸a de variavel ˜ (4.12) pode ser escrita como a equac¸ao

Y 0 (t) = DY (t), ˜ desacopladas que pode ser escrita na forma de um sistema de equac¸oes

 0  y1 (t) = λ1 y1 (t) 

.. .

.. .

yn0 (t) = λn yn (t)

˜ podem ser resolvidas independentemente. A soluc¸ao ˜ deste sistema e´ as equac¸oes

y1 (t) = c1 eλ1 t , . . . , yn (t) = cn eλn t . ou escrito na forma matricial



Y (t) = 

y1 (t) .. .

yn (t)





=

c 1 e λ1 t .. .

cn e

λn t



.

´ ˜ da equac¸ao ˜ (4.3) e´ Assim, da mudanc¸a de variaveis (4.13), a soluc¸ao



X(t) = P Y (t) = P  Julho 2007

c 1 e λ1 t .. .

c n e λn t



. Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

592 Como P =



 V1 V2 . . . Vn , entao ˜ a soluc¸ao ˜ geral do sistema e´ 

X(t) = 

x1 (t) .. .

xn (t)



 =



V1 V2 . . . V n



 

c 1 e λ1 t .. .

c n e λn t

= c 1 e λ 1 t V1 + · · · + c n e λ n t Vn ,

 

´ ˜ pois pelo Teorema 4.3 na pagina 586, para as soluc¸oes

X1 (t) = eλ1 t V1 , . . . , Xn (t) = eλn t Vn ,   det X1 (0) · · · Xn (0) = det(P ) 6= 0.

4.1.3 Como Encontrar as Matrizes P e D Vamos, agora, mostrar como determinar matrizes

P =



V1 V2



 λ1 0 . . . 0  0 λ2 . . . 0   . . . Vn e D= . , ..  ... . ..  0 . . . 0 λn

em que Vj e´ a coluna j de P , com λ1 , . . . , λn ∈ R, tais que

A = P DP −1 . ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

(4.14) Julho 2007

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em R

4.1

593

˜ anterior, obtemos Multiplicando a` direita por P ambos os membros da equac¸ao

AP = P D .

(4.15)

Por um lado

AP = A e por outro lado

PD =



V1 V2



V1 V2 . . . V n



=



AV1 AV2 . . . AVn





 λ1 0 . . . 0   0 λ2 . . . 0     = λ1 V1 λ2 V2 . . . λ n Vn . . . Vn  . . .  .. . . ..  0 . . . 0 λn

Assim, (4.15) pode ser reescrita como,

Logo,



AV1 AV2 . . . AVn



=



λ1 V1 λ2 V2 . . . λ n Vn



.

AVj = λj Vj , para j = 1, . . . n. Ou seja, as colunas de P , Vj , e os elementos da diagonal de D , λj , satisfazem a ˜ equac¸ao

AV = λV, ˜ incognitas. ´ ˜ em que λ e X sao Isto motiva a seguinte definic¸ao.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

594

˜ 4.1. Seja A uma matriz n × n. Um escalar λ e´ chamado autovalor de A, se existe um Definic¸ao



v1



˜ nulo V =  ...  de Rn , tal que vetor nao

vn

AV = λV .

(4.16)

˜ nulo que satisfac¸a (4.16), e´ chamado de autovetor de A. Um vetor nao

 *   q V

AV *

O

= λV

 *   q

AV = λV

V * AV

qO = λV    

V *

O

λ>1

0>fluxlin(A) desenha algumas trajetorias que sao do sistema de equac¸oes X 0 (t) = AX(t).

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

609

´ 4.2 A Matriz A e´ Diagonalizavel em C ˜ ´ 4.2.1 Sistema com 2 Equac¸oes e 2 Incognitas ˜ diferenciais lineares Considere, novamente, um sistema de equac¸oes



x01 (t) = ax1 (t) + bx2 (t) x02 (t) = cx1 (t) + dx2 (t)

˜ nulos. Neste caso a soluc¸ao ˜ de uma equac¸ao ˜ depende da outra. em que a, b, c, d ∈ R com b ou c nao ˜ diferencial matricial Podemos escrever este sistema na forma de uma equac¸ao

X 0 (t) = AX(t), em que 0

X (t) =



x01 (t) x02 (t)



,

A=



a b c d



(4.22)

x1 (t) x2 (t)



.

α + iβ 0 0 α − iβ



,

e X(t) =



Vamos supor, agora, que existam matrizes

P =



v1 + iw1 v1 − iw1 v2 + iw2 v2 − iw2



e

D=



tais que

A = P DP −1 .

(4.23)

Substituindo-se (4.23) em (4.22) obtemos

X 0 (t) = P DP −1 X(t). Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

610 Multiplicando-se a` esquerda por P −1 , obtemos

P −1 X 0 (t) = DP −1 X(t). ´ Fazendo a mudanc¸a de variavel Y (t) = P −1 X(t), obtemos o sistema

Y 0 (t) = DY (t), que pode ser escrito na forma

y10 (t) = (α + iβ) y1 (t) y20 (t) = (α − iβ) y2 (t) ´ ˜ e´ Este sistema foi resolvido no Exemplo 4.1 na pagina 580 e sua soluc¸ao

y1 (t) = C1 e(α+iβ)t y2 (t) = C2 e(α−iβ)t . ˜ complexa da equac¸ao ˜ (4.22) e´ Assim a soluc¸ao

X(t) = P Y (t) = P Como P =





C1 e(α+iβ)t C2 e(α−iβ)t



.

 v1 + iw1 v1 − iw1 ˜ a soluc¸ao ˜ geral complexa e´ dada por , entao v2 + iw2 v2 − iw2    v1 + iw1 v1 − iw1 C1 e(α+iβ)t X(t) = = v2 + iw2 v2 − iw2 C2 e(α−iβ)t     v1 + iw1 v1 − iw1 (α+iβ)t (α−iβ)t = C1 e + C2 e v2 + iw2 v2 − iw2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

(4.24) Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

611

˜ complexas. Estamos interessados em encontrar a soluc¸ao ˜ geral real. Para As constantes C1 e C2 sao ˜ complexa em termos de soluc¸oes ˜ reais. Defina isto vamos escrever a soluc¸ao



X1 (t) = Re e

(α+iβ)t



v1 + iw1 v2 + iw2



   v1 + iw1 (α+iβ)t e X2 (t) = Im e v2 + iw2

˜ X(t) pode ser escrita como entao

X(t) = C1 (X1 (t) + iX2 (t)) + C2 (X1 (t) − iX2 (t)) = (C1 + C2 )X1 (t) + i(C1 − C2 )X2 (t) ˜ geral complexa pode ser escrita em termos de soluc¸oes ˜ reais. Tomando C1 = C2 = Logo a soluc¸ao

1 ˜ X2 (t). obtemos a soluc¸ao 2i     i v1 w1 det X1 (0) X2 (0) = det = det(P ) 6= 0, v2 w2 2

1 2

˜ X1 (t) e tomando C1 = −C2 = obtemos a soluc¸ao

pois



  v1 + iw1 v1 − iw1 det(P ) = det = det v2 + iw2 v2 − iw2      v1 v1 v1 w1 w1 = −i +i v2 v2 v2 w2 w2   v1 w1 = −2i det . v2 w2 Julho 2007

   v1 v1 − iw1 w1 v1 − iw1 +i v2 v2 − iw2 w2 v2 − iw2    v1 w1 w1 + v2 w2 w2

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

612

´ ˜ geral (real) do sistema e´ Logo pelo Teorema 4.3 na pagina 586 a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)



= c1 X1 (t) + c2 X2 (t)           v1 w1 w1 v1 αt αt = c1 e cos βt − sen βt + c2 e cos βt + sen βt v2 w2 w2 v2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

613

˜ ´ 4.2.2 Sistema com n Equac¸oes e n Incognitas Supondo que existam matrizes

P =



Z1 Z 1 . . . Zk Z k V2k+1 . . . Vn





λ1 0 ··· 0  0 λ1   ..  .   λk 0  . .. D= 0 λk .  ..  λ2k+1   ..  .   0 0 ··· 0 λn

e



       ,       

com λ1 , . . . , λk ∈ C e λ2k+1 , . . . λn ∈ R, tais que

A = P DP −1 . Julho 2007

(4.25) Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

614 ˜ geral complexa e´ A soluc¸ao

X(t) =



Z1 Z 1 . . . Zk Z k V2k+1 . . . Vn



 

C 1 e λ1 t .. .

C n e λn t

 

= C1 eλ1 t Z1 + C2 eλ1 t Z 1 + · · · + C2k−1 eλk t Z1 + C2k eλk t Z 1 + + C2k+1 eλ2k+1 t Vn + · · · + Cn eλn t Vn = (C1 + C2 )Re{eλ1 t Z1 } + i(C1 − C2 )Im{eλ1 t Z1 } + · · · + (C2k−1 + C2k )Re{eλk t Zk } + i(C2k−1 − C2k )Im{eλk t Zk } + + c2k+1 eλ2k+1 t Vn + · · · + cn eλn t Vn ˜ geral real e´ A soluc¸ao

X(t) = c1 Re{eλ1 t Z1 } + c2 Im{eλ1 t Z1 } + · · · + c2k−1 Re{eλk t Zk } + c2k Im{eλk t Zk } + + c2k+1 eλ2k+1 t V2k+1 + · · · + cn eλn t Vn ´ pois pelo Teorema 4.3 na pagina 586, para

X1 (t) = Re{eλ1 t Z1 },

X2 (t) = Im{eλ1 t Z1 }, . . . ,

X2k−1 = Re{eλk t Zk }, X2k = Im{eλk t Zk }, X2k+1 = eλ2k+1 t V2k+1 , . . . , Xn (t) = eλn t Vn ,     det X1 (0) · · · Xn (0) = det Re{Z1 } Im{Z1 } · · · Re{Zk } Im{Zk } V2k+1 · · · Vn i = ( )k det(P ) 6= 0 2 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

615

4.2.3 Como Encontrar as Matrizes P e D Vamos, agora, mostrar como determinar matrizes

P =



Z1 Z 1 . . . Zk Z k V2k+1 . . . Vn





λ1 0 ··· 0  0 λ1   ..  .   λk 0  . ..  D =  .. 0 λk .  λ  2k+1  ..  .   0 0 ··· 0 λn

com λ1 , . . . , λk ∈ C e λ2k+1 , . . . λn ∈ R, tais que

e



       ,       

A = P DP −1 .

(4.26)

Vamos fazer exatamente a mesma coisa que fizemos para o caso em que a matriz A e´ diagona´ ˜ anterior, obtemos lizavel em R. Multiplicando a` direita por P ambos os membros da equac¸ao

AP = P D .

(4.27)

Por um lado

Julho 2007

  AP = A Z1 Z 1 . . . Zk Z k V2k+1 . . . Vn   = AZ1 AZ 1 . . . AZk AZ k AV2k+1 . . . AVn

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

616 e por outro lado

PD =



λ1 Z1 λ1 Z 1 . . . λk Zk λk Z k λ2k+1 V2k+1 . . . λn Vn



AZ1 AZ 1 . . . AZk AZ k AV2k+1 . . . AVn

Assim, (4.27) pode ser reescrita como,



λ1 Z1 λ1 Z 1 . . . λk Zk λk Z k λ2k+1 V2k+1 . . . λn Vn

Comparando coluna a coluna obtemos que





.

=



AZj = λj Zj ,

(4.28)

AZ j = λj Z j ,

(4.29)

para j = 1, . . . , k e

AVj = λj Vj , para j = 2k + 1, . . . n. ˜ Ou seja, as colunas de P e os elementos da diagonal de D satisfazem a equac¸ ao

AZ = λZ .

(4.30)

˜ incognitas. ´ em que o escalar complexo λ e o vetor complexo Z sao ˜ nulo Z que O escalar complexo λ e´ chamado autovalor (complexo) da matriz A e o vetor nao ´ satisfac¸a (4.30), e chamado de autovetor (complexo) de A. ˜ (4.30) pode ser escrita como Observe que a equac¸ao

AZ = λIn Z ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

617

ou

(A − λIn )Z = ¯0 .

(4.31)

˜ vetores nao ˜ nulos, os autovalores sao ˜ os valores de λ, para os quais o Como os autovetores sao ˜ nao ˜ trivial. Mas, este sistema homogeneo ˆ ˜ nao ˜ sistema (A − λIn )Z = ¯ 0 tem soluc¸ao tem soluc¸ao trivial se, e somente se, det(A − λIn ) = 0. ˜ (4.29) e´ o conjugado da equac¸ao ˜ (4.28). Assim temos um metodo ´ Observe que a equac¸ao para encontrar os autovalores e os autovetores complexos de uma matriz A. ˜ as ra´ızes do polinomio ˆ (a) Os autovalores de A sao

p(t) = det(A − t In )

(4.32)

˜ os vetores nao ˜ nulos da soluc¸ao ˜ do (b) Para cada autovalor λ, os autovetores associados a λ s ao sistema (A − λIn )Z = ¯0 . (4.33) ˜ os conjugados dos autove(c) Os autovetores associados ao autovalor conjugado λ = α − iβ s ao tores associados a λ = α + iβ . Exemplo 4.7. Considere o sistema



x01 (t) = −x1 (t) + 2x2 (t) x02 (t) = −x1 (t) + x2 (t)

Este sistema pode ser escrito na forma X 0 (t) = AX(t), em que

A= Julho 2007



−1 2 −1 1

 Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

618

ˆ O polinomio caracter´ıstico da matriz A e´ p(t) = det(A − t I2 ) = (−1 − t)(1 − t)2 + 2 = t2 + 1 cujas ˜ λ1 = i e λ2 = λ1 = −i. Agora, vamos determinar os autovetores associados ao autovalor ra´ızes sao λ1 = i. Para isto vamos resolver o sistema (A − λ1 I2 )Z = ¯0.

(A−λ1 I2 )Z = ¯0

⇔

˜ geral e´ cuja soluc¸ao



−1 − i 2 −1 1−i



x y



=



0 0



⇔



(−1 − i)x + 2y = 0 −x + (1 − i)y = 0

W1 = {((1 − i)α, α) | α ∈ C} = {α(1 − i, 1) | α ∈ C}.

Este e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (1 − i, 1) e´ um autovetor associado a λ1 = i. E Z = (1 + i, 1) e´ um autovetor associado a λ2 = λ1 = −i. Assim, a matriz  

−1 2 −1 1

A=

´ e´ diagonalizavel em C e as matrizes

P =[ZZ]= ˜ tais que sao



1−i 1+i 1 1



e

D=



λ1 0 0 λ1



=



i 0 0 −i



A = P DP −1 . ˜ do sistema de equac¸oes ˜ diferenciais e´ dada por Portanto a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)



      1−i 1−i it it = c1 Re e + c2 Im e 1 1           −1 1 1 −1 = c1 cos t − sen t + c2 cos t + sen t 0 1 1 0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

619

´ ˜ aparecem na Figura 4.3. A disposic¸ao ˜ das trajetorias ´ Os graficos de diversas soluc¸oes e´ t´ıpica de 0 ˜ complexos com a parte real igual a um sistema linear X = AX , em que os autovalores de A sao zero. Neste caso, dizemos que a origem e´ um centro. Exemplo 4.8. Considere o sistema



x01 (t) = −3x1 (t) + 2x2 (t) x02 (t) = −4x1 (t) + x2 (t)   −3 2 A= −4 1

ˆ O polinomio caracter´ıstico de A e´ p(t) = det(A − t I2 ) = (−3 − t)(1 − t) + 8 = t2 + 2t + 5 cujas ˜ λ1 = −1 + 2i e λ2 = λ1 = −1 − 2i. Agora, vamos determinar os autovetores associados ra´ızes sao ao autovalor λ1 = −1 + 2i. Para isto vamos resolver o sistema (A − λ1 I2 )Z = ¯ 0.

(A−λ1 I2 )Z = ¯0 ⇔



−2 − 2i 2 −4 2 − 2i



x y



=



0 0



⇔



(−2 − 2i)x + 2y = 0 −4x + (2 − 2i)y = 0

˜ geral e´ cuja soluc¸ao

W1 = {(α, (1 + i)α) | α ∈ C} .

que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = −1 + 2i acrescentado o vetor nulo. ´ que Z = (1, 1 − i) Assim, Z = (1, 1 + i) e´ um autovetor associado a λ1 = −1 + 2i. Temos tambem e´ um autovetor associado a λ2 = λ1 = −1 − 2i. ´ Assim, a matriz A e´ diagonalizavel em C e as matrizes

P =[ZZ]= Julho 2007



1 1 1+i 1−i



eD=



λ1 0 0 λ1



=



−1 + 2i 0 0 −1 − 2i



Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

620

x2

x1

´ Figura 4.3: Trajetorias do sistema do Exemplo 4.7

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

621

x2

x1

´ Figura 4.4: Trajetorias do sistema do Exemplo 4.8

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

622 ˜ tais que sao

A = P DP −1 . ˜ do sistema de equac¸oes ˜ diferenciais e´ dada por Portanto a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)



      1 1 (−1+2i)t (−1+2i)t = c1 Re e + c2 Im e 1+i 1+i           1 0 0 1 −t −t = c1 e cos 2t − sen 2t + c2 e cos 2t + sen 2t 1 1 1 1

´ ˜ das trajetorias ´ Plano de fase contendo diversas trajetorias aparecem na Figura 4.4. A disposic¸ao 0 ˜ complexos com a parte e´ t´ıpica de um sistema linear X = AX , em que os autovalores de A sao real negativa. Neste caso, dizemos que a origem e´ um foco atrator ou sumidouro espiral. No caso ˜ complexos com a parte real positiva as trajetorias ´ ˜ semelhantes, em que os autovalores de A sao sao ´ ` da Figura 4.4. Neste caso, dizemos que a origem e´ um foco mas percorridas no sentido contrario as ´ instavel ou fonte espiral. Exemplo 4.9. Considere o seguinte problema de valor inicial



 2 1 2 1  X, X 0 =  0 −1 0 −1 −1

 0 X(0) =  1  0   2 1 2 1  . O polinomio ˆ caracEste sistema pode ser escrito como X 0 = AX , em que A =  0 −1 0 −1 −1 ter´ıstico de A e´   2−t 1 2 . −1 − t 1 p(t) = det(A − t I3 ) = det  0 0 −1 −1 − t ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao



Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

623

Desenvolvendo o determinante em termos da 1a. coluna obtemos que 2

p(t) = (−1) (2 − t) det



−1 1 −1 −1



= (2 − t)[(−1 − t)2 + 1] = (2 − t)(t2 + 2t + 2)

˜ λ1 = 2, λ2 = −1 + i e λ3 = λ2 = −1 − i que sao ˜ os autovalores de A. cujas ra´ızes sao ˜ os vetores Z 6= ¯ Os autovetores associados ao autovalor λ1 = 2 sao 0 que satisfazem AZ = λ1 Z , ou seja,

(A − λ1 I3 )Z = ¯0

⇔

cuja matriz aumentada e´



    0 1 2 x 0  0 −3 1  y  =  0  0 −1 −3 z 0 

0 1 2  1  0 −3 0 −1 −3  0  1 a. a. a. − 3 ×2 linha + 3 linha −→ 3 linha  0 0

 0  0  0

⇔

  

y + 2z = 0 − 3y + z = 0 − y − 3z = 0

 1 2 0  −3 1 0  0 − 10 0 3

˜ geral do sistema que e´ o conjunto dos autovetores associados a λ1 = 2 acrescentado Assim a soluc¸ao o vetor nulo e´

W1 = {(α, 0, 0) | α ∈ C} . Portanto V = (1, 0, 0) e´ um autovetor associado a λ1 = 2. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

624

˜ os vetores Z 6= ¯ Os autovetores associados ao autovalor λ2 = −1 + i sao 0 que satisfazem AZ = λ2 Z , ou seja,

     3−i 1 2 x 0  (3 − i)x + y + 2z = 0 0 −i 1   y  =  0  ⇔ − iy + z = 0 (A−λ2 I3 )Z = 0¯ ⇔   0 −1 −i z 0 − y − iz = 0 

cuja matriz aumentada e´



3−i 1 2  −i 1  0 0 −1 −i  3−i  a. a. a. i×2 linha + 3 linha −→ 3 linha  0 0

 0  0  0

 1 2 0  −i 1 0  0 0 0

˜ geral do sistema que e´ o conjunto dos autovetores associados a λ2 = −1 + i Assim a soluc¸ao acrescentado o vetor nulo e´

−1 − 2i 1 7 , α, iα) | α ∈ C} = {(α(− − i ), α, iα) | α ∈ C}. 3−i 10 10 que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = −1 + i acrescentado o vetor nulo. ´ que Assim, Z = (−1 − 7i, 10, 10i) e´ um autovetor associado a λ2 = −1 + i. Temos tambem Z = (−1 + 7i, 10, −10i) e´ um autovetor associado a λ3 = λ2 = −1 + i. ´ Assim, a matriz A e´ diagonalizavel em C e as matrizes   1 −1 − 7i −1 + 7i  10 10 P = [V Z Z ] =  0 0 10i −10i W2 = {(α

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

625

e



   λ1 0 0 2 0 0  0 D =  0 λ2 0  =  0 −1 + i 0 0 −1 − i 0 0 λ2

˜ tais que sao

A = P DP −1 . ˜ geral real do sistema de equac¸oes ˜ diferenciais e´ dada por Portanto a soluc¸ao

       −1 − 7i  1 −1 − 7i      + c3 Im e(−1+i)t  10 10 X(t) = c1 e2t  0  + c2 Re e(−1+i)t      10i 10i 0        −7 1 −1 = c1 e2t  0  + c2 e−t cos t  10  − sen t  0  + 0 0 10      −7 −1 −t     0 + c3 e cos t + sen t 10  10 0 

˜ ou seja, Substituindo t = 0 na soluc¸ao,



       0 1 −1 −7  1  = X(0) = c1  0  + c2  10  + c3  0  . 0 0 0 10 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

626 que e´ equivalente ao sistema linear

  c1 −

c2 − 10c2



7c3 10c3

= 0 = 1 = 0

˜ do problema de valor inicial e´ Obtemos c1 = 1/10, c2 = 1/10 e c3 = 0. Assim a soluc¸ao



      1 −1 −7 1 2t   1 0 + e−t cos t  10  − sen t  0  X(t) = e 10 10 0 0 10

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.2

´ A Matriz A e´ Diagonalizavel em C

627

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 682) ˜ geral do sistema de equac¸oes ˜ dado: 2.1. Ache a soluc¸ao



x01 (t) = −x1 (t) − 4x2 (t) (a) x0 (t) = x1 (t) − x2 (t)  20 x1 (t) = ax1 (t) + 2x2 (t) (c) 0 x2 (t) = −2x1 (t) para  0 a 6= ±4 x1 (t) = x1 (t) + x2 (t) (e) x02 (t) = ax1 (t) + x2 (t)



x01 (t) = x1 (t) − x2 (t) x0 (t) = 5x1 (t) + 3x2 (t)  20 x1 (t) = ax2 (t) (d) x02 (t) = −2x1 (t) − 2x2 (t) para a 6= 1/2

(b)

˜ de X 0 (t) = AX(t). 2.2. Fac¸a um esboc¸o das soluc¸oes



1 1 (a) A = −3 −2   0 2 (c) A = −2 0



(b) A =



5 3 −3 1





 1 1 0 ˜ diferenciais X 0 =  −1 1 0  X. 2.3. Considere o seguinte sistema de equac¸oes 0 0 1 ˜ geral real do sistema. (a) Encontre a soluc¸ao



 1 ˜ tal que X(0) =  1 . (b) Encontre a soluc¸ao 1 Comandos do M ATLAB r : Julho 2007

Reginaldo J. Santos

628

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

>>[P,D]=eig(sym(A)) determina simbolicamente, se poss´ıvel, matrizes P e D tais que A = P DP −1 , sendo D uma matriz diagonal. Comando do pacote GAAL: ´ ˜ soluc¸oes ˜ ˜ diferenciais >>fluxlin(A) desenha algumas trajetorias que sao do sistema de equac¸oes 0 X (t) = AX(t).

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.3

˜ e´ Diagonalizavel ´ A Matriz A nao

629

˜ e´ Diagonalizavel ´ 4.3 A Matriz A nao ˜ ´ 4.3.1 Sistema com 2 Equac¸oes e 2 Incognitas ˜ diferenciais lineares Considere, novamente, um sistema de equac¸oes



x01 (t) = ax1 (t) + bx2 (t) x02 (t) = cx1 (t) + dx2 (t)

˜ nulos. Neste caso a soluc¸ao ˜ de uma equac¸ao ˜ depende da outra. em que a, b, c, d ∈ R com b ou c nao ˜ diferencial matricial Podemos escrever este sistema na forma de uma equac¸ao

X 0 (t) = AX(t), em que 0

X (t) =



x01 (t) x02 (t)



,

A=



a b c d



(4.34)

e X(t) =



x1 (t) x2 (t)



.

˜ e´ diagonalizavel, ´ ˜ Pode-se mostrar (ver por exemplo [8]) que se uma matriz A, 2 × 2, nao entao existem matrizes    

P =

v1 w1 v2 w2

e J =

λ 1 0 λ

tais que

A = P JP −1 .

(4.35)

Substituindo-se (4.35) em (4.34) obtemos

X 0 (t) = P JP −1 X(t). Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

630 Multiplicando-se a` esquerda por P −1 , obtemos

P −1 X 0 (t) = JP −1 X(t). ´ Fazendo a mudanc¸a de variavel Y (t) = P −1 X(t), obtemos

Y 0 (t) = JY (t), que pode ser escrito na forma

y10 (t) = λ y1 (t) + y2 (t) y20 (t) = λ y2 (t) ´ ˜ e´ Este sistema foi resolvido no Exemplo 4.2 na pagina 581 e sua soluc¸ao



y1 (t) y2 (t)



=



c1 eλt + c2 teλt c2 eλt



˜ geral do sistema (4.34) e´ Assim a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)





  v1 w1 c1 eλt + c2 teλt = P Y (t) = v2 w2 c2 eλt     v1 w1 λt λt λt = (c1 e + c2 te ) + c2 e v2 w2       v1 w1 v1 λt λt = c1 e + c2 e +t , v2 w2 v2

´ pois pelo Teorema 4.3 na pagina 586, para

X1 (t) = e

λt



v1 v2



,

X2 (t) = e

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

λt



w1 w2



+t



v1 v2



, Julho 2007

4.3

˜ e´ Diagonalizavel ´ A Matriz A nao

det



X1 (0) X2 (0)

631



= det



v1 w1 v2 w2



= det(P ) 6= 0.

˜ ´ 4.3.2 Sistema com n Equac¸oes e n Incognitas ˜ e´ diagonalizavel, ´ ˜ Pode-se mostrar (ver por exemplo [8]) que se uma matriz A, n × n, nao entao existem matrizes

P =



V1 V2

em que

Jλ j

Jλ1 ¯0 . . . ¯0  ¯0 Jλ2 . . . ¯0  . . . Vn e J = .. ..  ... . . ¯0 . . . ¯0 Jλk 



λj 1 0 · · · 0  0 λj 1 · · · 0  . .. . . .. .. = . . . .  ..  0 0 0 ··· 1 0 0 0 · · · λj

     

   

, nj ×nj

tais que

A = P JP −1 . Vamos considerar aqui (para o caso geral ver por exemplo [6]) somente o caso em que os blocos ˆ tamanho no maximo ´ Jλj tem 2 × 2, com λj ∈ R. Ou seja, vamos supor que existam matrizes   P = V1 W1 . . . Vk Wk V2k+1 . . . Vn e

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

632



λ1 1 ··· 0  0 λ1   ..  .   λk 1  . ..  . J = . 0 λk .  λ2k+1   ..  .   0 0 ··· 0 λn

com λ1 , . . . , λk ∈ R, tais que



       ,       

A = P JP −1 .

(4.36)

˜ geral do sistema X 0 = AX e´ A soluc¸ao



X(t) =



V1 W1 . . . Vk Wk V2k+1

c1 eλ1 t + c2 teλ1 t c 2 e λ2 t

  ..  .  λk t  e + c2k teλk t  c . . . Vn  2k−1 c2k eλk t   c2k+1 eλ2k+1 t   ..  . c n e λn t

            

= c1 eλ1 t V1 + c2 eλ1 t (tV1 + W1 ) + · · · + c2k−1 eλk t Vk + c2k eλk t (tVk + Wk ) + + c2k+1 eλ2k+1 t V2k+1 + · · · + cn eλn t Vn ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.3

˜ e´ Diagonalizavel ´ A Matriz A nao

633

´ pois pelo Teorema 4.3 na pagina 586, para

X1 (t) = eλ1 t V1 , X2 (t) = eλ1 t (tV1 + W1 ), . . . , X2k−1 (t) = eλk t Vk , X2k (t) = eλk t (tVk + Wk ), X2k+1 (t) = eλ2k+1 t V2k+1 , . . . , Xn (t) = eλn t Vn   det X1 (0) · · · Xn (0) = det(P ) 6= 0.

4.3.3 Como Encontrar as Matrizes P e J

Vamos, agora, mostrar como determinar matrizes

P =



V1 V2

em que

Jλ j

tais que

Jλ1 ¯0 . . . ¯0  ¯0 Jλ2 . . . ¯0  . . . Vn e J = .. ..  ... . . ¯0 . . . ¯0 Jλk 



λj 1 0 · · · 0  0 λj 1 · · · 0  . .. . . .. .. = . . . .  ..  0 0 0 ··· 1 0 0 0 · · · λj

     

   

, nj ×nj

A = P JP −1 . Vamos considerar aqui (para o caso geral ver por exemplo [8]) somente o caso em que os blocos ˆ tamanho no maximo ´ Jλj tem 2 × 2, com λj ∈ R. Ou seja, vamos supor que existam matrizes

P = Julho 2007



V1 W1 . . . Vk Wk V2k+1 . . . Vn



e Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

634



λ1 1 ··· 0  0 λ1   ..  .   λk 1  . ..  . J = . 0 λk .  λ2k+1   ..  .   0 0 ··· 0 λn

com λ1 , . . . , λk ∈ R, tais que



       ,       

A = P JP −1 .

(4.37)

˜ anterior, obtemos Multiplicando a` direita por P ambos os membros da equac¸ao

AP = P J .

(4.38)

Por um lado

e por outro lado

PJ =

  AP = A V1 W1 . . . Vk Wk V2k+1 . . . Vn   AV1 AW1 . . . AVk AWk AV2k+1 . . . AVn = 

λ1 V1 V1 + λ1 W1 . . . λk Vk Vk + λk Wk λ2k+1 V2k+1 . . . λn Vn

Assim, (4.38) pode ser reescrita como,





AV1 AW1 . . . AVk AWk AV2k+1 . . . AVn

λ1 V1 V1 + λ1 W1 . . . λk Vk Vk + λk Wk λ2k+1 V2k+1 . . . λn Vn

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao







.

=

Julho 2007

4.3

˜ e´ Diagonalizavel ´ A Matriz A nao

635

Comparando-se coluna a coluna obtemos que

AVj = λj Vj ou (A − λj In )Vi = 0¯ AWj = Vj + λj Wj ou (A − λj In )Wj = Vj

(4.39) (4.40)

para e j = 1, 3, . . . , 2k − 1. Portanto (a) De (4.39) segue-se que o vetor Vj e´ um autovetor de A associado ao autovalor λj . ˜ do sistema linear (b) De (4.40) segue-se que o vetor Wj e´ uma soluc¸ao

(A − λIn )X = Vj .

(4.41)

Exemplo 4.10. Considere o sistema



x01 (t) = −x1 (t) + x2 (t) x02 (t) = −x1 (t) − 3x2 (t)   −1 1 A= −1 −3

ˆ O seu polinomio caracter´ıstico e´ p(t) = det(A − t I2 ) = (−1 − t)(−3 − t) + 1 = t2 + 4t + 4 que so´ tem uma ra´ız λ = −2. ˜ obtidos da soluc¸ao ˜ do sistema linear Os autovetores associados a λ = −2 sao

(A − λI2 )Z = ¯0,

ou seja,

Julho 2007



1 1 −1 −1



x y



=



0 0

 Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

636 ou



˜ geral e´ cuja soluc¸ao

x + y = 0 −x − y = 0

W1 = {(α, −α) | α ∈ R} = {α(1, −1) | α ∈ R}.

Este e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ = −2 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (1, −1) e´ um autovetor associado a λ = −2. Precisamos encontrar o vetor W tal que

(A − λI2 )W = V. Para isso vamos resolver o sistema linear

ou seja,

ou

(A − λI2 )W = V =



1 −1







1 −1



1 1 −1 −1 

˜ geral e´ cuja soluc¸ao



x y



=

x + y = 1 −x − y = −1

{(α, 1 − α) | α ∈ R}.

Tomando α = 0, obtemos o vetor W = (0, 1) que e´ tal que (A − λI2 )W = V . Assim as matrizes

P =[V W ]=



1 0 −1 1



˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

e

J=



λ 1 0 λ



=



−2 1 0 −2



Julho 2007

4.3

˜ e´ Diagonalizavel ´ A Matriz A nao

637

˜ tais que sao

A = P JP −1 . ˜ geral do sistema e´ dada por Portanto a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)



= c1 e

−2t



1 −1



+ c2 e

−2t



0 1



+t



1 −1



.

´ ˜ das trajetorias ´ O plano de fase contendo diversas trajetorias aparecem na Figura 4.5. A disposic¸ao ˜ e´ diagonalizavel ´ e´ t´ıpica de um sistema linear X 0 = AX , em que a matriz A nao em C e o unico ´ ´ autovalor e´ negativo. Neste caso, dizemos que a origem e´ um no´ improprio. No caso em que o unico ´ ´ ˜ semelhantes, mas percorridas no sentido contrario ´ ` da autovalor de A e´ positivo as trajetorias sao as ´ que a origem e´ um no´ improprio. ´ Figura 4.5. Neste caso, dizemos tambem ˜ diferenciais Exemplo 4.11. Considere o seguinte sistema de equac¸oes



 2 1 1 3 1  X. X0 =  0 0 −1 1



 2 1 1 ˆ 3 1  . O polinomio caracEste sistema pode ser escrito como X 0 = AX , em que A =  0 0 −1 1 ter´ıstico de A e´   2−t 1 1 3−t 1 . p(t) = det(A − t I3 ) = det  0 0 −1 1 − t Desenvolvendo o determinante em termos da 1a. coluna obtemos que

p(t) = (−1) Julho 2007

(1+1)

(2−t) det



3−t 1 −1 1 − t



= (2−t)[(3−t)(1−t)+1] = (2−t)(t2 −4t+4) = −(t−2)3 Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

638

x2

x1

´ Figura 4.5: Trajetorias do sistema do Exemplo 4.10

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.3

˜ e´ Diagonalizavel ´ A Matriz A nao

639

cuja unica ´ ra´ız e´ λ1 = 2 que e´ o autovalor de A. ˜ os vetores Z 6= ¯ Os autovetores associados ao autovalor λ1 = 2 sao 0 que satisfazem AZ = λ1 Z , ou seja,

(A − λ1 I3 )Z = ¯0

⇔



    0 1 1 x 0  0 1 1  y  =  0  0 −1 −1 z 0

⇔

  

y + z = 0 y + z = 0 − y − z = 0

˜ geral do sistema que e´ o conjunto dos autovetores associados a λ1 = −1 acrescenAssim a soluc¸ao tado o vetor nulo e´

W1 = {(β, α, −α) = α(0, 1, −1) + β(1, 0, 0) | α, β ∈ R} . ˜ autovetores linearmente independentes associados a Portanto V1 = (0, 1, −1) e V2 = (1, 0, 0) sao λ1 = 2. Precisamos encontrar o vetor W tal que

(A − λ1 I3 )W = V, em que V e´ um autovetor de A associado a λ1 = 2.



ou seja,

Julho 2007

 β (A − λI3 )W =  α  −α 

    0 1 1 x β  0 1 1  y  =  α  0 −1 −1 z −α Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

640 ou

  

y + z = β y + z = α − y − z = −α

Do sistema obtemos que α = β . Tomando α = β = 1, ou seja, vamos resolver o sistema

 1 (A − λI3 )W =  1  −1

ou

  

˜ geral e´ cuja soluc¸ao



y + z = 1 y + z = 1 − y − z = −1

{(γ, 1 − δ, δ) | δ, γ ∈ R}

Tomando δ = γ = 0 obtemos W = (0, 1, 0)

P =





 1 0 1  W V2 =  1 1 0  , −1 0 0

V

˜ tais que A = P JP −1 . A soluc¸ao ˜ geral do sistema e´ sao



 2 1 0 J = 0 2 0  0 0 2



       1 0 1 1 2t  2t  2t       1 1 1 0  X(t) = c1 e + c2 e +t + c3 e −1 0 −1 0 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.3

˜ e´ Diagonalizavel ´ A Matriz A nao

641

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 696) ˜ geral do sistema de equac¸oes ˜ dado: 3.1. Ache a soluc¸ao



x01 (t) (a) x0 (t)  20 x1 (t) (c) x02 (t)

= 3x1 (t) − 4x2 (t) = x1 (t) − x2 (t) = ax1 (t) + 2x2 (t) = −2x1 (t)

(a) A =



3 −4 1 −1

x01 (t) x0 (t)  20 x1 (t) (d) x02 (t)

(b)

˜ de X 0 (t) = AX(t). 3.2. Fac¸a um esboc¸o das soluc¸oes





= 4x1 (t) − 2x2 (t) = 8x1 (t) − 4x2 (t) = ax2 (t) = −2x1 (t) − 2x2 (t)



 3 1 2 ˜ diferenciais X 0 =  −1 3 0  X. 3.3. Considere o seguinte sistema de equac¸oes 1 −1 2 ˜ geral do sistema. (a) Encontre a soluc¸ao



 1 ˜ tal que X(0) =  0 . (b) Encontre a soluc¸ao 1 Comandos do M ATLAB r :

>>[P,J]=jordan(sym(A)) determina simbolicamente, se poss´ıvel, matrizes P e J tais que ˆ A = P DP −1 , sendo J uma matriz na forma canonica de Jordan. Comando do pacote GAAL: Julho 2007

Reginaldo J. Santos

642

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

´ ˜ soluc¸oes ˜ ˜ diferenciais >>fluxlin(A) desenha algumas trajetorias que sao do sistema de equac¸oes 0 X (t) = AX(t).

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.4

˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos

643

˜ ˆ 4.4 Sistemas Nao-Homog eneos ˜ diferenciais lineares Considere, agora, o sistema de equac¸oes

 0  x1 (t) = a11 x1 (t) + · · · + a1n xn (t) + f1 (t) 

.. .

.. .

x0n (t) = an1 x1 (t) + · · · + ann xn (t) + f2 (t)

˜ diferencial matricial que pode ser escrito na forma de uma equac¸ao

 

ou

x01 (t) .. .

x0n (t)





a11 · · ·

 =  ...

a1n .. .

an1 · · · ann

 

x1 (t) .. .

xn (t)





+

f1 (t) .. .

fn (t)

 

X 0 (t) = AX(t) + F (t), em que



a11 · · ·

a1n



..  A =  ... , . an1 · · · ann



X(t) = 

x1 (t) .. .

xn (t)



,

(4.42)



e F (t) = 

f1 (t) .. .

fn (t)



.

˜ particular do sistema nao ˜ homogeneo ˆ Teorema 4.5. Seja Xp (t) uma soluc¸ao (4.42). Sejam ˜ ˆ ˜ X1 (t), . . . , Xn (t) soluc¸oes do sistema homogeneo correspondente tais que X1 (0), . . . , Xn (0) sao ˜ a soluc¸ao ˜ geral do sistema nao ˜ homogeneo ˆ L.I. Entao (4.42) e´

X(t) = Xp (t) + c1 X1 (t) + · · · + cn Xn (t) Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

644

˜ qualquer e Xp (t) uma soluc¸ao ˜ particular de (4.42), entao ˜ ˜ Demonstrac¸ao. Sejam X(t) uma soluc¸ao ˜ do sistema homogeneo ˆ Y (t) = X(t) − Xp (t) e´ soluc¸ao associado X 0 = AX , pois

Y 0 (t) = X 0 (t) − Xp0 (t) = (AX(t) + F (t)) − (AXp (t) + F (t)) = A(X(t) − Xp (t)) = AY (t).

˜ ˆ se X1 (t), . . . , Xn (t) soluc¸oes do sistema homogeneo correspondente tais que ˜ L.I., pelo Teorema 4.3 na pagina ´ X1 (0), . . . , Xn (0) sao 586, existem constantes c1 , . . . , cn tais

Assim que

ou seja,

Y (t) = X(t) − Xp (t) = c1 X1 (t) + · · · + cn Xn (t), X(t) = Xp (t) + c1 X1 (t) + · · · + cn Xn (t).



˜ geral de um sistema de equac¸oes ˜ lineares nao ˜ homogeneo ˆ Portanto para encontrar a soluc¸ao pre˜ particular e a soluc¸ao ˜ geral do sistema homogeneo ˆ cisamos encontrar uma soluc¸ao correspondente.

˜ ´ 4.4.1 Sistema com 2 Equac¸oes e 2 Incognitas ˜ diferenciais lineares Considere um sistema de equac¸oes



x01 (t) = ax1 (t) + bx2 (t) + f1 (t) x02 (t) = cx1 (t) + dx2 (t) + f2 (t)

˜ nulos. Neste caso a soluc¸ao ˜ de uma equac¸ao ˜ depende da outra. em que a, b, c, d ∈ R com b ou c nao ˜ diferencial matricial Podemos escrever este sistema na forma de uma equac¸ao

X 0 (t) = AX(t) + F (t), ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

(4.43) Julho 2007

4.4

˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos

645

em que 0

X (t) =



x01 (t) x02 (t)



,

A=



a b c d



X(t) =



x1 (t) x2 (t)





λ1 0 0 λ2

e

F (t) =



f1 (t) f2 (t)



.

Vamos supor, agora, que existam matrizes

P =



v1 w1 v2 w2



e

D=



tais que

A = P DP −1 .

(4.44)

Substituindo-se (4.44) em (4.43) obtemos

X 0 (t) = P DP −1 X(t) + F (t). Multiplicando-se a` esquerda por P −1 , obtemos

P −1 X 0 (t) = DP −1 X(t) + P −1 F (t). ´ Fazendo a mudanc¸a de variavel Y (t) = P −1 X(t), obtemos

Y 0 (t) = DY (t) + P −1 F (t), que pode ser escrito na forma

y10 (t) = λ1 y1 (t) + g1 (t) y20 (t) = λ2 y2 (t) + g2 (t) ˜ deste sistema pode ser resolvida independentemente. Assim a soluc¸ao ˜ da equac¸ao ˜ Cada equac¸ao (4.43) e´

X(t) = P Y (t). Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

646

˜ for diagonalizavel, ´ ˜ o que fizemos acima pode ser feito transformando a Se a matriz A nao entao ˆ ˜ nao ˜ sao ˜ desacopladas, mas a matriz A na sua forma canonica de Jordan. Neste caso as equac¸oes ˜ pode ser resolvida e o resultado substitu´ıdo na primeira equac¸ ao ˜ que pode entao ˜ segunda equac¸ao ser resolvida. Exemplo 4.12. Considere o sistema



x01 (t) = x1 (t) − x2 (t) + 2e−t 0 x2 (t) = −4x1 (t) + x2 (t) + 4et

Este sistema pode ser escrito na forma matricial como

X 0 (t) = AX(t) + F (t), em que 0

X (t) =



x01 (t) x02 (t)



,

A=



1 −1 −4 1



,

X(t) =



x1 (t) x2 (t)



e

F (t) =



2e−t 4et



.

´ ´ 596, e´ diagonalizavel e as matrizes A matriz A e´ a mesma do Exemplo 4.4 na pagina

P =



1 1 −2 2



e D=



λ1 0 0 λ2



=



3 0 0 −1



˜ tais que sao

A = P DP −1 . Substituindo-se A = P DP −1 em X 0 (t) = AX(t) + F (t) obtemos

X 0 (t) = P DP −1 X(t) + F (t). ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.4

˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos

647

Multiplicando-se a` esquerda por P −1 , obtemos

P −1 X 0 (t) = DP −1 X(t) + P −1 F (t). ´ Fazendo a mudanc¸a de variavel Y (t) = P −1 X(t), obtemos

Y 0 (t) = DY (t) + P −1 F (t), que pode ser escrito na forma

y10 (t) = 3y1 (t) + g1 (t) y20 (t) = −y2 (t) + g2 (t)

(4.45) (4.46)

em que



g1 (t) g2 (t)



=



1 1 −2 2

−1 

2e−t 4et



1 = 4



2 −1 2 1



2e−t 4et



=



e−t − et e−t + et



˜ (4.45), ou seja, y10 − 3y1 = e−t − et multiplicamos a equac¸ao ˜ pelo fator Para resolver a equac¸ao −3t integrante µ(t) = e obtendo

Integrando:

d −3t
e y1 = e−4t − e−2t . dt 1 1 e−3t y1 (t) = − e−4t + e−2t + c1 . 4 2

Explicitando y1 (t):

Julho 2007

1 1 y1 (t) = − e−t + et + c1 e3t 4 2 Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

648

˜ (4.46), ou seja, y20 + y2 = e−t + et obtemos multiplicamos a equac¸ao ˜ Para resolver a equac¸ao t pelo fator integrante µ(t) = e obtendo

d t
e y2 = 1 + e2t . dt

Integrando:

1 et y2 (t) = t + e2t + c2 . 2 Explicitando y2 (t):

1 y2 (t) = te−t + et + c2 e−t 2 ˜ geral do sistema e´ Assim a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)



 − 41 e−t + 21 et + c1 e3t = P Y (t) = te−t + 12 et + c2 e−t     1 −t 1 t 1 t 1 1 3t −t −t = (− e + e + c1 e ) + (te + e + c2 e ) −2 2 4 2 2  1 −t      − 4 e + et + te−t 1 1 = + c1 e3t + c2 e−t 1 −t −t −2 2 e + 2te 2 

1 1 −2 2



Exemplo 4.13. Considere o sistema



x01 (t) = −3x1 (t) + 2x2 (t) x02 (t) = −4x1 (t) + x2 (t) + 2 sen t

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.4

˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos

649

Este sistema pode ser escrito na forma matricial como

X 0 (t) = AX(t) + F (t), em que 0

X (t) =



x01 (t) x02 (t)



,

A=



−3 2 −4 1



,

X(t) =



x1 (t) x2 (t)



e

F (t) =



0 2 sen t



.

´ ´ A matriz A e´ a mesma do Exemplo 4.8 na pagina 619, e´ diagonalizavel em C e as matrizes

P =[ZZ]=



1 1 1+i 1−i



e D=



λ1 0 0 λ1



=



−1 + 2i 0 0 −1 − 2i



˜ tais que sao

A = P DP −1 . Substituindo-se A = P DP −1 em X 0 (t) = AX(t) + F (t) obtemos

X 0 (t) = P DP −1 X(t) + F (t). Multiplicando-se a` esquerda por P −1 , obtemos

P −1 X 0 (t) = DP −1 X(t) + P −1 F (t). ´ Fazendo a mudanc¸a de variavel Y (t) = P −1 X(t), obtemos

Y 0 (t) = DY (t) + P −1 F (t), que pode ser escrito na forma

y10 (t) = (−1 + 2i)y1 (t) + g1 (t) y20 (t) = (−1 − 2i)y2 (t) + g2 (t) Julho 2007

(4.47) (4.48) Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

650 em que



g1 (t) g2 (t)





1 1 = 1+i 1−i   −i sen t = i sen t

−1 

0 2 sen t



1 =− 2i



1 − i −1 −1 − i 1



0 2 sen t



˜ (4.47), ou seja, y10 + (1 − 2i)y1 (t) = −i sen t = − 12 (eit − e−it ), multiplicamos Para resolver a equac¸ao ˜ pelo fator integrante µ(t) = e(1−2i)t obtendo a equac¸ao

d (1−2i)t 1 (e y1 ) = − (e(1−i)t − e(1−3i)t ) dt 2 integrando

e(1−2i)t y1 (t) = −

1 1 e(1−i)t + e(1−3i)t + C1 2 − 2i 2 − 6i

explicitando y1 (t)

y1 (t) = −

1 1 eit + e−it + C1 e(−1+2i)t 2 − 2i 2 − 6i

˜ (4.48), y20 + (1 + 2i)y2 (t) = i sen t e´ conjugada da equac¸ao ˜ (4.47), logo, a soluc¸ao ˜ e´ a A equac¸ao ˜ da equac¸ao ˜ (4.47), ou seja, conjugada da soluc¸ao

y2 (t) = −

1 1 e−it + eit + C2 e(−1−2i)t 2 + 2i 2 + 6i

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos

4.4

651

˜ geral complexa do sistema e´ Assim a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)





 1 1 − 2−2i eit + 2−6i e−it + C1 e(−1+2i)t = P Y (t) = 1 1 e−it + 2+6i eit + C2 e(−1−2i)t − 2+2i   1 1 1 it −it (−1+2i)t = (− e + e + C1 e ) + 1+i 2 − 2i 2 − 6i   1 1 1 −it it (−1−2i)t + (− e + e + C2 e ) 1−i 2 + 2i 2 + 6i     1 1 1 1 it −it (−1+2i)t = 2Re{(− e + e ) } + (C1 + C2 )Re{e }+ 1+i 1+i 2 − 2i 2 − 6i   1 (−1+2i)t + i(C1 − C2 )Im{e } 1+i 1 1 1+i 1−i



˜ geral real do sistema e´ dada por Portanto a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)

Julho 2007



= Re{e

it



1 1−i 1+i 1−i



−it



1 1−3i 1+i 1−3i

 }+

} + Re{e       1 1 (−1+2i)t (−1+2i)t + c1 Re e + c2 Im e 1+i 1+i  2  4 − 5 cos t + 5 sen t = + − 15 cos t + 57 sen t           1 0 0 1 −t −t c1 e cos 2t − sen 2t + c2 e cos 2t + sen 2t 1 1 1 1 Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

652

4.4.2 Usando a Transformada de Laplace ˜ A transformada de Laplace aplicada a um sistema o transforma num sistema de equac¸ oes ´ ´ algebricas como veremos no proximo exemplo. ´ Exemplo 4.14. Vamos considerar o sistema do Exemplo 4.13 na pagina 648



x01 (t) = −3x1 (t) + 2x2 (t) x02 (t) = −4x1 (t) + x2 (t) + 2 sen t

` condic¸oes ˜ ` sujeito as iniciais x1 (0) = 1 e x2 (0) = 1. Aplicando a transformada de Laplace as ˜ obtemos equac¸oes

(

sX1 (s) − x1 (0) = −3X1 (s) + 2X2 (s) sX2 (s) − x2 (0) = −4X1 (s) +

2 1 + s2

X2 (s) +

substituindo-se x1 (0) = 1 e x2 (0) = 1 obtemos

(

(s + 3)X1 (s) −

2X2 (s) = 1

4X1 (s) + (s − 1)X2 (s) = 1 +

s2

2 +1

(4.49)

˜ por s − 1 a 2a. por 2 e somando-se obtemos Multiplicando a 1a. equac¸ao

((s + 3)(s − 1) + 8)X1 (s) = (s − 1) + 2 + ou

X1 (s) =

s2

4 s2 + 1

s+1 4 + 2 + 2s + 5 (s + 1)(s2 + 2s + 5)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.4

˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos

653

˜ parciais o termo Vamos decompor em frac¸oes

4 As + B Cs + D = + (1 + s2 )(s2 + 2s + 5) s2 + 1 s2 + 2s + 5 Multiplicando-se por (1 + s2 )(s2 + 2s + 5) obtemos

4 = (As + B)(s2 + 2s + 5) + (Cs + D)(s2 + 1)

(4.50)

Substituindo-se s = i obtemos

4 = (iA + B)(4 + 2i) = (−2A + 4B) + i(4A + 2B) obtendo A = −2/5 e B = 4/5. Comparando-se os termos de grau 3 e os de grau 0 de (4.50) obtemos C = 2/5 e D = 0. Assim,

4 (1 +

s2 )(s2

2 s−2 2 s + 2 2 + 2s + 5) 5 s + 1 5 s + 2s + 5 2 s 4 1 2 s+1 2 1 = − 2 + 2 + − 2 5 s + 1 5 s + 1 5 (s + 1) + 4 5 (s + 1)2 + 4 = −

e

s+1 2 s 4 1 2 s+1 2 1 − + + − (s + 1)2 + 4 5 s2 + 1 5 s2 + 1 5 (s + 1)2 + 4 5 (s + 1)2 + 4 3 s+1 1 2 2 s 4 1 = − − − 2 + 2 2 2 5 (s + 1) + 4 5 (s + 1) + 4 5 s + 1 5 s + 1

X1 (s) =

7 1 2 4 x1 (t) = e−t cos 2t − e−t sen 2t − cos t + sen t 5 5 5 5 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

654

˜ de (4.49) por −4 a 2a. por s + 3 e Vamos, agora, encontrar x2 (t). Multiplicando a 1a. equac¸ao somando-se obtemos

((s + 3)(s − 1) + 8)X2 (s) = (s + 3) − 4 + ou

X2 (s) =

s2

2(s + 3) s2 + 1

s−1 2(s + 3) + 2 + 2s + 5 (s + 1)(s2 + 2s + 5)

˜ parciais o termo Vamos decompor em frac¸oes

(1 +

As + B Cs + D 2s + 6 = 2 + 2 + 2s + 5) s +1 s + 2s + 5

s2 )(s2

Multiplicando-se por (1 + s2 )(s2 + 2s + 5) obtemos

2s + 6 = (As + B)(s2 + 2s + 5) + (Cs + D)(s2 + 1)

(4.51)

Substituindo-se s = i obtemos

2i + 6 = (iA + B)(4 + 2i) = (−2A + 4B) + i(4A + 2B) obtendo A = −1/5 e B = 7/5. Comparando-se os termos de grau 3 e os de grau 0 de (4.51) obtemos C = 1/5 e D = −1. Assim,

(1 +

2s + 6 1 s−7 1 s−5 = − 2 + 2 + 2s + 5) 5 s + 1 5 s + 2s + 5 1 s 7 1 1 s+1 6 1 = − 2 + 2 + − 2 5 s + 1 5 s + 1 5 (s + 1) + 4 5 (s + 1)2 + 4

s2 )(s2

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.4

˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos

655

e

s−1 1 s 7 1 1 s+1 6 1 − 2 + 2 + − 2 2 (s + 1) + 4 5 s + 1 5 s + 1 5 (s + 1) + 4 5 (s + 1)2 + 4 s+1 2 1 s 7 1 1 s+1 6 1 = − − 2 + 2 + − 2 2 2 (s + 1) + 4 (s + 1) + 4 5 s + 1 5 s + 1 5 (s + 1) + 4 5 (s + 1)2 + 4 6 s+1 8 2 1 s 7 1 = − − 2 + 2 2 2 5 (s + 1) + 4 5 (s + 1) + 4 5 s + 1 5 s + 1

X2 (s) =

8 1 7 6 x2 (t) = e−t cos 2t − e−t sen 2t − cos t + sen t 5 5 5 5 ˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao



x1 (t) x2 (t)



=



7 −t e 5 6 −t e 5

cos 2t − 51 e−t sen 2t − 52 cos t + 54 sen t cos 2t − 58 e−t sen 2t − 51 cos t + 57 sen t



˜ do Teorema de Existencia ˆ 4.4.3 Demonstrac¸ao e Unicidade ˜ do Teorema 4.1 na pagina ´ Demonstrac¸ao 583. ˆ (a) Existencia: ˆ Defina a sequ¨ encia X (k) (t) por

X Julho 2007

(0)

(t) = X

(0)

,

X

(k)

(t) = X

(0)

+

Z

t

(A(s)X (k−1) (s) + F (s))ds,

para k = 1, 2, . . .

t0

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

656 Assim, cada componente X (k) (t) e´ dada por

(k) xi

=

(0) xi

+

Z

t

( t0

n X

(k−1)

aij (s)xj

(s) + fi (s))ds.

j=1

Sejam M, N > 0 tais que

|aij (t)| ≤ M,

(1)

para i, j = 1, . . . n e t ∈ I

(0)

|xi (t) − xi | ≤ N,

(4.52)

para i = 1, . . . n e t ∈ I

˜ Entao

(2) |xi (t)

−

(1) xi (t)|

≤

Z tX n t0 j=1

≤ M

|aij (s)||x1j (s) − x0j |ds

Z tX n t0 j=1

(1)

(0)

|xj (s) − xj |ds

≤ nM N (t − t0 ) ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.4

˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos

(3) |xi (t)

−

(2) xi (t)|

657

≤

Z tX n t0 j=1

≤ M

(2)

Z tX n

(2)

(1)

|xj (s) − xj (s)|ds

t0 j=1 n Z t X 2

≤ nM N

(1)

|aij (s)||xj (s) − xj (s)|ds

j=1

t0

|s − t0 |ds

|t − t0 |2 ≤ nM N 2 2

2

˜ Por induc¸ao (k+1) |xi (t)

−

(k) xi (t)|

≤

Z tX n t0 j=1

≤ M ≤ M

(k)

(k−1)

|aij (s)||xj (s) − xj

Z tX n

t0 j=1 n Z t X j=1

≤ nk M k N

(k)

(k−1)

(s)|ds

|xj (s) − xj

(s)|ds

nk−1 M k−1 N

|s − t0 |k−1 ds (k − 1)!

t0

|t − t0 |k k!

˜ do Teorema 1.1 na pagina ´ Usando o mesmo argumento usado na demonstrac¸ao 138 temos Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

658 (k)

ˆ que xi (t) e´ uma sequ¨ encia convergente. Seja (k)

xi (t) = lim xi (t). k→∞

´ pelo mesmo argumento usado na demonstrac¸ao ˜ do Teorema 1.1 na pagina ´ Tambem 138 temos que xi (t) e´ cont´ınua e vale

lim

k→∞

Z

t

( t0

n X

(k−1) aij (s)xj (s)

+ fi (s))ds =

j=1

Z

t

( t0

n X

aij (s)xj (s) + fi (s))ds.

j=1

Assim

xi (t) = = =

lim

k→∞ (0) xi

(0) xi

(k) xi (t)

+ +

Z Z

t

( t0

=

n X

j=1 n t X

(

t0

(0) xi

+ lim

k→∞

Z

t

( t0

n X

k→∞

(s) + fi (s))ds =

j=1

(k−1)

aij (s) lim xj

(k−1)

aij (s)xj

(s) + fi (s))ds

aij (s)xj (s) + fi (s))ds

j=1

˜ a t esta equac¸ao ˜ vemos que xi (t) e´ soluc¸ao ˜ do problema de valor inicial. Derivando em relac¸ao (b) Unicidade: ˜ do problema de valor inicial (4.2). Entao ˜ Sejam X(t) e Y (t) duas soluc¸oes

Z(t) = X(t) − Y (t)

˜ do problema de valor inicial (4.2) com X (0) = 0 e F (t) = 0. Assim temos que mostrar e´ soluc¸ao que Z(t) = 0, para todo t. ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.4

˜ ˆ Sistemas Nao-Homog eneos Seja u(t) =

Rt

t0

659

(|z1 (s)| + · · · + |zn (s)|)ds. Como z1 (t) =

Z

t t0

z10 (s)ds,

. . . , zn (t) =

Z

t t0

zn0 (s)ds,

˜ por (4.52) temos entao

|z1 (t)| + · · · + |zn (t)| ≤ ≤

Z

t 0

(|z10 (s)| + · · · + |zn0 (s)|)ds

Z tX n X n 0

≤ nM para t ∈ I , ou seja,

i=1 j=1 Z t 0

|aij (s)||zj (s)|ds

(|z1 (s)| + · · · + |zn (s)|)ds = nM u(t),

u0 (t) ≤ nM u(t).

˜ acima por e−nM t obtemos Multiplicando a inequac¸ao

d −nM t (e u(t)) ≤ 0, dt

com u(t0 ) = 0.

Isto implica que u(t) = 0, para todo t (verifique!) e portanto Z(t) = 0, para t ∈ I .

 ˆ Como consequ¨ encia do resultado que acabamos de provar temos o resultado abaixo para ˆ ˜ de equac¸oes ˜ lineares de 2a. ordem. existencia e unicidade de soluc¸oes Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

660 ˜ do Teorema 2.1 na pagina ´ Demonstrac¸ao 262. de valor inicial e´ equivalente ao problema



Sejam x1 (t) = y(t) e x2 (t) = y 0 (t). O problema

X 0 (t) = A(t)X(t) + F (t) X(t0 ) = X (0)

em que

A(t) =



0 1 −q(t) −p(t)



,

X(t) =



x1 (t) x2 (t)



F (t) =

˜ segue-se da aplicac¸ao ˜ do Teorema 4.1. A conclusao



0 f (t)



e X

(0)

=



y0 y00



. 

´ Exerc´ıcios (respostas na pagina 702) ˜ geral do sistema de equac¸oes: ˜ 4.1. Ache a soluc¸ao (a) (b) (c) (d)



x01 (t) = x1 (t) + x2 (t) + 2 x02 (t) = x1 (t) + x2 (t) + 2t



x01 (t) = x1 (t) − x2 (t) + et x02 (t) = 2x1 (t) + 4x2 (t) + e2t



x01 (t) = x1 (t) − x2 (t) x02 (t) = 5x1 (t) + 3x2 (t) + 4 cos t



x01 (t) = −x1 (t) − 4x2 (t) + cos t x02 (t) = x1 (t) − x2 (t) + sen t

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

661

4.5 Respostas dos Exerc´ıcios ´ 1. A Matriz A e´ diagonalizavel em R ´ (pagina 606) 1.1. (a)  A=sym([1,1;1,1]);

[P,D]=eig(A) P =[ 1, -1] [ 1, 1] D =[ 2, 0] [ 0, 0]       x1 (t) 1 −1 2t = c1 e + c2 . x2 (t) 1 1 

(b)

A=sym([1,-1;2,4]); [P,D]=eig(A) P =[ -1, 1] [ 1, -2] D =[ 2, 0] [ 0, 3]       −1 1 x1 (t) 2t 3t = c1 e + c2 e . x2 (t) 1 −2  

(c)

Julho 2007

[P,D]=eig(A)   √ √ −a + a2 + 1 −a − a2 + 1 P = 1 1 √   2 3a+ a +1 0 √ D= 0 3 a − a2 + 1 

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

662



x1 (t) x2 (t)

c1 e



√ (3a+ a2 +1)t

+ c2 e(3a−

1.2.

=

√



a2 +1)t

−a + 

√

a2 + 1



1  √ −a − a2 + 1 . 1

´ (a) A origem e´ um no´ instavel.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

663

x2

4

3

2

1

0

x1

−1

−2

−3

−4 −4

Julho 2007

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

664 (b) A origem e´ uma sela.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

665

x2

4

3

2

1

0

x1

−1

−2

−3

−4 −4

Julho 2007

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

666 (c) A origem e´ uma sela.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

667

x2

4

3

2

1

0

x1

−1

−2

−3

−4 −4

Julho 2007

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

668 (d) A origem e´ um no´ atrator.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

669

x2

4

3

2

1

0

x1

−1

−2

−3

−4 −4

Julho 2007

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

670 1.3.

˜ as ra´ızes de p(t) = (t + 2)(t + 3) = 0, ou seja, λ = −2 ou λ = −3. (a) Os autovalores sao ˜ calculados pelo sistema: Os autovetores associados a λ1 = −2 sao





0 0 2 −1

u v



=



0 0



e logo um autovetor e´ W1 = (1, 2). ˜ calculados pela sistema: Os autovetores associados a λ2 = −3 sao





1 0 2 0

u v



=



−2t



1 2



+ c2 e

+ c2



0 1



0 0



e logo um autovetor e´ W2 = (0, 1). ˜ geral e´ A soluc¸ao

X(t) =



L(t) D(t)



= c1 e

−3t



0 1



.

˜ ou seja, Substituindo t = 0 na soluc¸ao,



L(0) D(0)



= c1



1 2



=



L0 D0



.

que e´ equivalente ao sistema linear



c1 = L0 2c1 + c2 = D0

˜ do problema de valor inicial e´ Obtemos c1 = L0 e c2 = D0 − 2L0 . Assim a soluc¸ao

X(t) =



L(t) D(t)



= L0 e

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

−2t



1 2



+ (D0 − 2L0 ) e

−3t



0 1



.

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

671

˜ as ra´ızes de p(t) = (t + k)(t + kr ) = 0, ou seja, λ = −k ou λ = −kr . (b) Os autovalores sao ˜ calculados pelo sistema: Os autovetores associados a λ1 = −k sao





0 0 k kr − k



u v

=





0 0

e logo um autovetor e´ W1 = (kr − k, k). ˜ calculados pela sistema: Os autovetores associados a λ2 = −kr sao



−k + kr 0 k 0

e logo um autovetor e´ W2 = (0, 1). ˜ geral e´ A soluc¸ao

X(t) =



L(t) D(t)



= c1 e



−kt



u v



=



0 0



kr − k k



+ c2 e



0 1



−kr t



0 1



.

˜ ou seja, Substituindo t = 0 na soluc¸ao,



L(0) D(0)



= c1



kr − k k

que e´ equivalente ao sistema linear

Obtemos c1 =

X(t) =

Julho 2007



L0 kr −k



L(t) D(t)

+ c2

=



L0 D0



.

(kr − k)c1 = L0 kc1 + c 2 = D0

e c 2 = D0 −





kL0 . kr −k

L0 −kt = e kr − k

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao



kr − k k





kL0 + D0 − kr − k



e

−kr t



0 1



.

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

672 1.4.

˜ as ra´ızes de λ2 + 6λ + 5 = 0, ou seja, λ = −1 ou λ = −5. (a) Os autovalores sao ˜ calculados pelo sistema: Os autovetores associados a λ1 = −1 sao

 

−1

3 2

2

−3









u v

=





0 0

e logo um autovetor e´ W1 = (3, 2). ˜ calculados pela sistema: Os autovetores associados a λ2 = −5 sao

 

3 2

3

2 1

e logo um autovetor e´ W2 = (1, −2). ˜ geral e´ A soluc¸ao



X(t) = 

x(t) y(t)

 





 = c1 e

u v



=





3 2



+ c2



1 −2

−t

0 0



+ c2 e

−5t



1 −2

x0 y0





.

˜ ou seja, Substituindo t = 0 na soluc¸ao,



x(0) y(0)



= c1



3 2





=



.

que e´ equivalente ao sistema linear



3c1 + c2 = x0 2c1 − 2c2 = y0

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios Obtemos c1 =

X(t) = 2x0 +y0 8

+






x(t) y(t) 

e−t

2x0 −3y0 8




e

673

2x0 +y0 8

e c2 =





3 2

−5t

= 

1 −2

2x0 −3y0 . 8

˜ do problema de valor inicial e´ Assim a soluc¸ao

.

(b) Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

674

4

y

3

2

1

0

x −1

−2

−3

−4 −4

−3

−2

−1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

0

1

2

3

4

Julho 2007

4.5 1.5.

Respostas dos Exerc´ıcios

675

(a)

A=



−4 6 −1 3



ˆ O polinomio caracter´ıstico de A e´ p(t) = det(A − t I2 ) = (−4 − t)(3 − t) = t2 + t − 6 ˜ λ1 = −3, λ2 = 2. cujas ra´ızes sao

(A − λ1 I2 )X = ¯0 e´



−1 6 −1 6



x y



=



0 0



˜ geral e´ cuja soluc¸ao

W1 = {α(6, 1) | α ∈ R} .

que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = −3 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (6, 1) e´ um autovetor associado a λ1 = −3.

(A − λ2 I2 )X = ¯0 e´



−6 6 −1 1



x y



=



0 0



˜ geral e´ cuja soluc¸ao

W2 = {α(1, 1) | α ∈ R} . que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 2 acrescentado o vetor nulo. Assim, W = (1, 1) e´ um autovetor associado a λ2 = 2. Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

676 ˜ do sistema e´ dada por Assim a soluc¸ao

X(t) = c1 e

−3t



6 1



= c1





1 1



+ c2



1 1

+ c2 e

2t

Substituindo-se t = 0:

X(0) =



1 −2



6 1





˜ do problema de valor De onde obtemos que c1 = 3/5 e c2 = −13/5 e portanto a soluc¸ao inicial e´

3 −3t X(t) = e 5



6 1



13 − e2t 5



1 1



(b) ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

677

2

x

2

1

0

x1

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7 −10

Julho 2007

−5

0

5

10

15

20

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

678 1.6.



 1 1 0 0  A= 1 1 0 0 −1

ˆ O polinomio caracter´ıstico de A e´ p(t) = det(A−t I3 ) = (−1−t)[(1−t)2 −1] = −t(t+1)(t−2) ˜ λ1 = 0, λ2 = −1 e λ3 = 2. cujas ra´ızes sao

(A − λ1 I3 )X = ¯0 e´

˜ geral e´ cuja soluc¸ao



    1 1 0 x 0  1 1     0 y = 0  0 0 −1 z 0 W1 = {α(1, −1, 0) | α ∈ R} .

que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 0 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (1, −1, 0) e´ um autovetor associado a λ1 = 0.

(A − λ2 I3 )X = ¯0 e´

˜ geral e´ cuja soluc¸ao



    2 1 0 x 0  1 2 0  y  =  0  0 0 0 z 0 W2 = {α(0, 0, 1) | α ∈ C} .

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

679

que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = −1 acrescentado o vetor nulo. Assim, W = (0, 0, 1) e´ um autovetor associado a λ2 = −1.

(A − λ3 I3 )X = ¯0

e´



    −1 1 0 x 0  1 −1     0 y = 0  0 0 −3 z 0

˜ geral e´ cuja soluc¸ao

W3 = {α(1, 1, 0) | α ∈ C} . que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ3 = 2 acrescentado o vetor nulo. Assim, U = (1, 1, 0) e´ um autovetor associado a λ3 = −1. ˜ do sistema e´ dada por Assim a soluc¸ao

     1 0 1 X(t) = c1  −1  + c2 e−t  0  + c3 e2t  1  1 0 0 

Substituindo-se t = 0:



       1 1 0 1 X(0) =  1  = c1  −1  + c2  0  + c3  1  −1 0 1 0

˜ do problema de valor inicial e´ de onde obtemos c1 = 0, c2 = −1 e c3 = 1. Assim a soluc¸ao



   0 1 X(t) = −e−t  0  + e2t  1  1 0

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

680 1.7.



 0 −3 3 0 3  A =  −3 −3 −3 6

ˆ ˜ λ1 = 0 O polinomio caracter´ıstico de A e´ p(t) = det(A − t I3 ) = t(t2 − 6t + 9) cujas ra´ızes sao e λ2 = 3.

(A − λ1 I3 )X = ¯0 e´

˜ geral e´ cuja soluc¸ao



    0 −3 3 x 0  −3     0 3 y = 0  −3 −3 6 z 0 W1 = {α(1, 1, 1) | α ∈ R} .

que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 0 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (1, 1, 1) e´ um autovetor associado a λ1 = 0.

(A − λ2 I3 )X = ¯0 e´

˜ geral e´ cuja soluc¸ao



    −3 −3 3 x 0  −3 −3 3   y  =  0  −3 −3 3 z 0 W2 = {α(1, 0, 1) + β(0, 1, 1) | α ∈ C} .

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

681

que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 3 acrescentado o vetor nulo. ˜ autovetores linearmente independentes associados Assim, W1 = (1, 0, 1) e W2 = (0, 1, 1) sao a λ2 = 3. ˜ do sistema e´ dada por Assim a soluc¸ao



     1 1 0 3t  3t     0 + c3 e 1  X(t) = c1 1 + c2 e 1 1 1

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

682 ´ ´ 2. A Matriz A e´ diagonalizavel em C (pagina 627) 2.1.

(a)

A=sym([-1,-4;1,-1]); [P,D]=eig(A) P =[ 2*i, -2*i] [ 1, 1] D =[ -1+2*i, 0] [ 0, -1-2*i]        0 2 x1 (t) −t = c1 e cos 2t − sen 2t + x2 (t) 1 0      2 0 −t c2 e cos 2t + sen 2t 0 1  

(b)

A=sym([1,-1;5,3]); [P,D]=eig(A) P =[ -1/5+2/5*i, -1/5-2/5*i] [ 1, 1] D =[ 2+2*i, 0] [ 0, 2-2*i]        x1 (t) −1 2 2t = c1 e cos 2t − sen 2t + 5 0 x2 (t)      2 −1 c2 e2t cos 2t + sen 2t 0 5  

(c) Se |a| > 4: 

[P,D]=eig(A)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

683



√4 √4 P = 2 − 16 −a − 2 −a + a " √ # a − 16 a+ a2 −16 0 2 √ D= a− a2 −16 0 2 Se |a| < 4:

P =

4 √



4 √ 2 −a − i # 16 − a

2 " −a √+ i 16 − a 2 a+i 16−a 0 2 √ D= a−i 16−a2 0 2



Se |a| >4:    √ a+ a2 −16 4 x1 (t) )t √ 2 = c 1 e( + 2 x2 (t) −a +   a − 16 √ a− a2 −16 )t √4 2 c2 e( . −a − a2 − 16 Se |a| 1/2:

 √ √ −1 + i 2a − 1 −1 − i 2a − 1 P = 2 2   √ 0 −1 + i 2a − 1 √ D= 0 −1 − i 2a − 1

Se a < 1/2   :   √ √ x1 (t) −1 + 1 − 2a (−1+ 1−2a)t = c1 e + x2 (t) 2   √ √ −1 − 1 − 2a (−1− 1−2a)t c2 e . 2 Se a > 1/2   :   √ x1 (t) −1 −t = c1 e (cos( 2a − 1t) x2 (t) 2  √  √ 2a − 1 − e−t sen( 2a − 1t) )+ 0 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

685

 √  2a − 1 c2 e (cos( 2a − 1t)   0 √ −1 + e−t sen( 2a − 1t) ) 2 −t

√

(e) Se a > 0:

[P,D]=eig(A)  1  √ − √1a a P =  1 √1  1+ a 0√ D= 0 1− a Se a  < 0:  i √i − √−a −a P =  1 √ 1  1 + i −a 0√ D= 0 1 − i −a Se a > 0:   1    √ √ √ − √1a x1 (t) (1+ a)t (1− a)t a = c1 e + c2 e . x2 (t) 1 1 Se a < 0:    √ x1 (t) 0 t = c1 (e cos( −at) x2 (t) 1   1 √ √ − −a − et sen( −at) )+ 0 

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

686



 √1 − −a c2 (et cos( −at) 0   √ 0 t + e sen( −at) ). 1 Se a = 0:      x1 (t) 1 0 t t = (c1 + c2 t)e + c2 e x2 (t) 0 1 √

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5 2.2.

Respostas dos Exerc´ıcios

687

(a) A origem e´ um foco atrator.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

688

x2 1.5

1

0.5

0

x1

−0.5

−1

−1.5

−1.5

−1

−0.5

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

0

0.5

1

1.5

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

689

´ (b) A origem e´ um foco instavel.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

690

x2

3

2

1

0

x1

−1

−2

−3 −3

−2

−1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

0

1

2

3

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

691

(c) A origem e´ um centro.

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

692

x2

3

2

1

0

x1

−1

−2

−3 −3

−2

−1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

0

1

2

3

Julho 2007

4.5 2.3.

Respostas dos Exerc´ıcios

693

(a)



 1 1 0 A =  −1 1 0  0 0 1

ˆ O polinomio caracter´ıstico de A e´ p(t) = det(A − t I3 ) = (1 − t)[(1 − t)2 + 1] = ˜ λ1 = 1, λ2 = 1 + i e λ3 = λ2 = 1 − i. (1 − t)(t2 − 2t + 2) cujas ra´ızes sao

(A − λ1 I3 )X = ¯0 e´

ou

˜ geral e´ cuja soluc¸ao



    0 1 0 x 0  −1 0 0   y  =  0  0 0 0 z 0   

y −x

= 0 = 0 0 = 0

W1 = {(0, 0, α) | α ∈ R} . que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 1 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (0, 0, 1) e´ um autovetor associado a λ1 = 1.

(A − λ2 I3 )X = ¯0 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

694 e´

ou



    −i 1 0 x 0  −1 −i 0   y  =  0  0 0 −i z 0   −ix + y −x − iy 

˜ geral e´ cuja soluc¸ao

= 0 = 0 iz = 0

W2 = {(α, iα, 0) | α ∈ C} .

que e´ o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 1 + i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (1, i, 0) e´ um autovetor associado a λ2 = 1 + i. ´ que Z = (1, −i, 0) e´ um autovetor associado a λ3 = λ2 = 1 − i. Assim, Temos tambem ´ a matriz A e´ diagonalizavel em C e as matrizes



e

˜ tais que sao

 0 1 1 P = [V Z Z ] =  0 i −i  1 0 0 

   λ1 0 0 1 0 0 0  D =  0 λ2 0  =  0 1 + i 0 0 1−i 0 0 λ2 A = P DP −1 .

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

695

˜ do sistema e´ dada por Assim a soluc¸ao

    0 1   X(t) = c1 et  0  + c2 Re e(1+i)t  i  +   1 0    1   + c3 Im e(1+i)t  i    0   0 t 0 + = c1 e 1      0 1 t    + c2 e cos t 0 − sen t 1  + 0 0      0 1 + c3 et cos t  1  + sen t  0  0 0 

˜ ou seja, (b) Substituindo t = 0 na soluc¸ao,



       1 0 1 0  1  = X(0) = c1  0  + c2  0  + c3  1  . 1 1 0 0 Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

696 que e´ equivalente ao sistema linear

  

c2 c3 c1

= 1 = 1 = 1

˜ do problema de valor inicial e´ Obtemos c1 = 1, c2 = 1 e c3 = 1. Assim a soluc¸ao



      0 1 0 X(t) = et  0  + et cos t  0  − sen t  1  + 1 0 0      0 1 + et cos t  1  + sen t  0  0 0

˜ e´ diagonalizavel ´ ´ 3. A Matriz A nao (pagina 641) 3.1.

(a)

A=sym([3,-4;1,-1]); [P,J]=jordan(A) P =[ 2, 1] [ 1, 0] J =[ 1, 1]  [ 0,  1]     x(t) 2 1 t t = (c1 + c2 t)e + c2 e y(t) 1 0  

(b)

 

A=sym([4,-2;8,-4]); [P,J]=jordan(A)

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

697

P =[ 4, 1] [ 8, 0] J =[ 0, 1] [ 0, 0]       x(t) 4 1 = (c1 + c2 t) + c2 y(t) 8 0 (c) Se |a| > 4:

[P,D]=eig(A)   4 4 √ √ P = 2 − a2 − 16 " −a√+ a − 16 −a # a+ a2 −16 0 2 √ D= a− a2 −16 0 2 

Se |a| < 4:

P =

4 √

4 √ 2 −a − i # 16 − a

2 " −a √+ i 16 − a 2 a+i 16−a 0 2 √ D= a−i 16−a2 0 2

Se |a| >4:  x1 (t) = x2 (t)

c1 e Julho 2007

( a+

√

a2 −16 )t 2



√4 −a + a2 − 16





+ Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

698

c2 e

( a−

√

a2 −16 )t 2

Se |a| 1/2: √  √ −1 + i 2a − 1 −1 − i 2a − 1 P = 2 2   √ −1 + i 2a − 1 0 √ D= 0 −1 − i 2a − 1 Se a < 1/2   : x1 (t) = x2 (t)   √ √ −1 + 1 − 2a (−1+ 1−2a)t c1 e + 2 

Julho 2007

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

700

c2 e

√ (−1− 1−2a)t



−1 −

√ 2

1 − 2a



.

Se a > 1/2   :   √ x1 (t) −1 −t = c1 e (cos( 2a − 1t) x2 (t) 2  √  √ 2a − 1 − e−t sen( 2a − 1t) )+  √ 0  √ 2a − 1 c2 e−t (cos( 2a − 1t)   0 √ −1 + e−t sen( 2a − 1t) ) 2 Se a = 1/2:

[P,J]=jordan(subs(A,a,1/2)) P =[ 1, 1] [ -2, 0] J =[ -1, 1] [ 0, -1] 

 3.2.

x(t) y(t)



= (c1 + c2 t)e

−t



1 −2



+ c2 e

−t



1 0



´ (a) A origem e´ um no´ improprio.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

701

x2

8

6

4

2

0

x1

−2

−4

−6

−8 −8

Julho 2007

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

Reginaldo J. Santos

˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

702 3.3.

(a)



 1 1 0 1 1 , P =  −1 1 −1 0



 4 0 0 J = 0 2 1  0 0 2

˜ tais que A = P JP −1 . A soluc¸ao ˜ geral do sistema e´ sao



˜ do PVI e´ (b) A soluc¸ao

   1 1 X(t) = c1 e4t  −1  + c2 e2t  1  1 −1     0 1 + c3 e2t  1  + t  1  0 −1 

     1 0 1 X(t) = e4t  −1  + e2t  1  + t  1  1 0 −1

˜ ˆ ´ 4. Sistemas Nao-Homog eneos (pagina 660) 4.1.

(a)

A=sym([1,1;1,1]); [P,D]=eig(A) P =[ 1, -1] [ 1, 1] D =[ 2, 0] [ 0, 0]  

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

(b)

703

>> G=inv(P)*[2;2*t] G =[ 1+t] [ -1+t] >> S=dsolve(’Dx=2*x+1+t’,’Dy=-1+t’) >> Y=[S.x;S.y] Y =[ -1/2*t-3/4+exp(2*t)*C1] [ 1/2*t^2-t+C2] >> X=P*Y [ 1/2*t-3/4+exp(2*t)*C1-1/2*t^2-C2] [ -3/2*t-3/4+exp(2*t)*C1+1/2*t^2+C2]         t/2 − 3/4 − t2 /2 x1 (t) 1 −1 2t = c1 e + c2 + . −3t/2 − 3/4 + t2 /2 x2 (t) 1 1

A=sym([1,-1;2,4]); [P,D]=eig(A) P =[ -1, 1] [ 1, -2] D =[ 2, 0] [ 0, 3] >> G=inv(P)*[exp(t);exp(2*t)] G =[ -2*exp(t)-exp(2*t)] [ -exp(t)-exp(2*t)] >> S=dsolve(’Dx=2*x-2*exp(t)-exp(2*t)’,’Dy=3*y-exp(t)-exp(2*t)’); >> Y=[S.x;S.y] [ (-t+C2)*exp(2*t)+2*exp(t)] [ 1/2*exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)*C1] >> X=P*Y  

Julho 2007

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˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

704

[ -(-t+C2)*exp(2*t)-3/2*exp(t)+exp(2*t)+exp(3*t)*C1] [ (-t+C2)*exp(2*t)+exp(t)-2*exp(2*t)-2*exp(3*t)*C1]        2t  x1 (t) −1 1 te − 3/2et + e2t 2t 3t = c1 e + c2 e + . x2 (t) 1 −2 −te2t + et − 2e2t (c)

A=sym([-1,-4;1,-1]);  [P,D]=eig(A) P =[ 2*i, -2*i] [ 1, 1] D =[ -1+2*i, 0] [ 0, -1-2*i] >> G=inv(P)*[4*cos(t);2*sin(t)] G =[ -i*cos(t)+sin(t)] [ i*cos(t)+sin(t)] >> S=dsolve(’Dx=(-1+2*i)*x-i*exp(i*t)’,’Dy=(-1-2*i)*y+i*exp(-i*t)’); >> Y=[S.x;S.y] [exp((-1+2*i)*t)*C1+1/(i-1)*i*exp(i*t) ] [exp((-1-2*i)*t)*C2-1/(-i-1)*i*exp(-i*t)]       it −it x1 (t) 2i −2i ie ie = (e(−1+2 i)t C1 + i−1 ) + (e(−1−2 i)t C2 − −i−1 ) = x2 (t) 1 1       2i 2i 2i ieit 2Re{ i−1 } + (C1 + C2 )Re{e(−1+2i)t } + i(C1 − C2 )Im{e(−1+2i)t }= 1 1 1       2 2 2i cos t − sen t + (C1 + C2 )Re{e(−1+2i)t } + i(C1 − 1 −1 1   2i (−1+2i)t C2 )Im{e }. 1 

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

4.5

Respostas dos Exerc´ıcios

705

˜  geral real A  soluc¸ao  e´ 

       x1 (t) 2 2 0 2 −t = cos t − sen t + c1 e cos 2t − sen 2t + 1 0 x2 (t) 1 −1      2 0 c2 e−t cos 2t + sen 2t 0 1

(d)

A=sym([1,-1;5,3]); >> [P,D]=eig(A) P =[ 1, 1] [ -1-2*i, -1+2*i] D =[ 2+2*i, 0] [ 0, 2-2*i] >> G=inv(P)*[0;4*cos(t)] G = [ i*cos(t)] [ -i*cos(t)] >> S=dsolve(’Dx=(2+2*i)*x+... i*(exp(i*t)+exp(-i*t))/2’,... ’Dy=(2-2*i)*y-i*(exp(i*t)+exp(-i*t))/2’); >> Y=[S.x;S.y] 

 3 1 1 − 26 − 13 i
e−it + − 10 − 15
i eit + C1 e2(1+i)t Y == 3 1 1 1 it −it 2(1−i)t   − 26 + 13 i e + − 10 + 5 i e + C2 e  
−it
it x1 (t) 1 3 1 1 1 2(1+i)t = P Y = ( − 26 − 13 i e + − 10 − 5 i e + C1 e ) + x2 (t) −1 − 2i  
it
−it 1 3 1 1 1 2(1−i)t ( − 26 + 13 i e + − 10 + 5 i e + C2 e ) = −1 + 2i

Julho 2007

Reginaldo J. Santos



˜ Sistemas de Equac¸oes Diferenciais Lineares

706

2Re{

3 − 26

−

1 i 13




e

−it

+

1 − 10

−

1 i 5









 1 } −1 − 2i

(C1 +    1 1 (−1+2i)t (−1+2i)t C2 )Re{e } + i(C1 − C2 )Im{e } = −1 − 2i −1 − 2i   16    28  1 − 65 65 − sen t + (C1 + C2 )Re{e(−1+2i)t } + i(C1 − cos t 12 −1 − 2i − 44 − 65 65   1 C2 )Im{e(−1+2i)t }. −1 − 2i ˜  geral real A  soluc¸ao  e´ 28   16       x1 (t) − 65 1 0 2t 65 = cos t − sen t + c1 e cos 2t − sen 2t + x2 (t) −1 −2 − 44 − 12 65    65   0 1 c2 e2t cos 2t + sen 2t −2 −1

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

e

it

+ 

Julho 2007

Bibliografia

˜ [1] William E. Boyce e Richard C. DiPrima. Equac¸oes Diferenciais Elementares e Problemas de ´ ˜ Valores de Contorno. Livros Tecnicos e Cient´ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, 7a. edic¸ ao, 2002. [2] F. Brauer e J. A. Nohel. Ordinary Differential Equations: A First Course. W. A. Benjamin, Inc., New York, 1967. ´ [3] Ricardo Motta Pinto Coelho. Fundamentos em Ecologia. Editora Artes M edicas, Porto Alegre, 2000. ˜ [4] Djairo G. de Figueiredo e Aloisio F. Neves. Equac¸oes Diferenciais Aplicadas. SBM, Rio de ˜ 2005. Janeiro, 2a. edic¸ao, ´ ´ [5] E. C. de Oliveira e M. Tygel. Metodos Matematicos para Engenharia. SBM, Rio de Janeiro, 2005. [6] Morris W. Hirsch e Stephen Smale. Differential Equations, Dynamical Systems and Linear Algebra. Academic Press, Inc., New York, 1974. 707

708

Bibliografia

´ ´ [7] Erwin Kreiszig. Matematica Superior. Livros Tecnicos e Cient´ıficos Editora S.A., Rio de Janeiro, ˜ 1985. 2a. edic¸ao, ´ ˜ ´ [8] Reginaldo J. Santos. Algebra Linear e Aplicac¸oes. Imprensa Universitaria da UFMG, Belo Horizonte, 2004. ´ ´ [9] Reginaldo J. Santos. Um Curso de Geometria Anal´ıtica e Algebra Linear. Imprensa Universitaria da UFMG, Belo Horizonte, 2004. ˜ de Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias. ´ [10] Jorge Sotomayor. Lic¸oes IMPA, Rio de Janeiro, 1979. ˜ ˜ ˜ Paulo, [11] Dennis G. Zill. Equac¸oes Diferenciais com Aplicac¸oes em Modelagem. Thomson, Sao 2003. ˜ Diferenciais. Makron Books, Sao ˜ Paulo, 3a. edic¸ao, ˜ [12] Dennis G. Zill e Michael R. Cullen. Equac¸oes 2001.

˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007

´Indice Alfabetico ´

Amortecimento cr´ıtico, 321 Amplitude, 316 Autovalor complexo, 616 Autovetor complexo, 616

de amortecimento, 313 ˜ de duas func¸oes, ˜ Convoluc¸ao 514 Crescimento exponencial, 60 Crescimento log´ıstico, 62 Crescimento populacional, 60 ˜ por carbono 14, 72 Datac¸ao Delta de Dirac, 502 ˆ Dinamica populacional, 60

Batimento, 332 ˜ Campo de direc¸oes, 132 Centro, 619 ´ Coeficientes da serie, 348 ˜ linear, 264, 583 Combinac¸ao Constante da mola, 313

˜ Equac¸ao ˆ autonoma, 122 caracter´ıstica, 278 ´ de n-esima ordem, 6 de 1a. ordem, 6 709

´Indice Alfabetico ´

710 de 2a. ordem, 6 de Bernoulli, 53 de Chebyshev, 376 de Euler, 289, 382 de Hermite, 374 de Legendre, 351, 373 de Ricatti, 55 diferencial, 1 exatas, 35 ˆ homogenea de 1a. ordem, 50 ˆ homogenea com coeficientes constantes, 278 ˆ homogenea de 2a. ordem, 263 linear, 6 linear de 1a. ordem, 12 ˜ ˆ linear nao-homog enea com coeficientes constantes, 301 ˜ linear, 6 nao ˜ ˆ nao-homog enea, 292 ´ ordinaria, 6 parcial, 6 ´ separavel, 23 ´ Formula de Euler, 273 ´ ˆ Formula de recorrencia, 358 Fase, 316 Fator integrante ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

˜ linear, 14 da equac¸ao ˜ exata, 42 para equac¸ao Foco atrator, 622 ´ Foco instavel, 622 Fonte, 602 Fonte espiral, 622 ˆ Frequ¨ encia natural, 316 ˜ Func¸ao admiss´ıvel, 467 cont´ınua por partes, 478 de Heaviside, 485 ´ degrau (unitario), 485 seccionalmente cont´ınua, 478 ˜ Func¸oes linearmente dependentes (L.D.), 269 linearmente independentes (L.I.), 269 ˜ 28 Intervalo de validade da soluc¸ao, Juros, 73 Lei de resfriamento de Newton, 90 Lei de Torricelli, 93, 117 Linearidade da transformada de Laplace, 465 ´ ˜ dos parametros, ˆ Metodo de variac¸ao 295 ´ Metodo dos coeficientes a determinar, 301 Misturas, 84 Julho 2007

´Indice Alfabetico ´

711

ˆ Movimento harmonico simples, 316 ´ Mudanc¸as de variaveis, 379

Problema de valor inicial, 8 PVI, 8

No´ atrator, 602 ´ No´ improprio, 637 ´ No´ instavel, 602

ˆ Quase-frequ¨ encia, 322

˜ Oscilac¸oes, 313 ˜ forc¸adas, 329 Oscilac¸oes ˜ livres, 315 Oscilac¸oes ´ Parte imaginaria, 464 Parte real, 464 Per´ıodo, 316 ˆ Polinomio caracter´ıstico, 595 ˆ Polinomio de Chebyshev, 376 ˆ Polinomio de Hermite, 376 ˆ Polinomio de Legendre, 374 Ponto cr´ıtico, 123 de equil´ıbrio, 123 ´ estavel, 123 ´ instavel, 123 Ponto de sela, 598 ˜ Princ´ıpio da Superposic¸ao ˜ nao-homog ˜ ˆ para equac¸oes eneas, 294 ˜ 263, 583 Princ´ıpio da superposic¸ao, Julho 2007

ˆ Raio de convergencia, 348 ˆ Resistencia em fluidos, 97 ˆ Ressonancia, 330 Retrato de fase, 598 ´ Serie converge, 348 ´ ˆ Serie de potencias, 348 ˜ diferenciais Sistemas de equac¸oes ˜ ˆ 644 nao-homog eneos, lineares, 580 ˜ ˆ Sistemas de equac¸oes lineares homogeneos, 583 ˜ Soluc¸ao dada implicitamente, 24 ˜ de 1a. ordem, 8 de equac¸ao ˜ diferencial ordinaria ´ de equac¸ao de ordem n, 7 de equil´ıbrio, 123 ´ ˆ em series de potencias, 348 ´ estacionaria, 123, 336 geral, 8, 267 ˜ de 1a. ordem, 8 particular de equac¸ao Reginaldo J. Santos

´Indice Alfabetico ´

712 ˜ diferencial ordinaria ´ particular de equac¸ao de ordem n, 7 transiente, 336 ˜ Soluc¸oes fundamentais, 266 Sub amortecimento, 322 Sumidouro, 602 Sumidouro espiral, 622 Super amortecimento, 321

Transformadas de Laplace Elementares, 525 Wronskiano, 266

Teorema 1o. de deslocamento, 470 2o. de deslocamento, 487 ˜ 514 convoluc¸ao, ˆ de existencia e unicidade ˜ de 1a. ordem, 138 para equac¸oes ˜ de 1a. ordem lineares, 139 para equac¸oes ˜ de 2a. ordem, 262 para equac¸oes ˜ diferenciais, para sistemas de equac¸oes 582 ˜ para Transformada de Laplace, derivac¸ao 478 linearidade da transformada de Laplace, 465 ´ Trajetorias, 598 Transformada de Laplace, 463 Transformada de Laplace inversa, 469 ˜ as ` Equac¸oes ˜ Diferenciais Ordinarias ´ Introduc¸ao

Julho 2007