Baixe Equações Diferenciais Ordinárias e outras Manuais, Projetos, Pesquisas em PDF para Cálculo, somente na Docsity! Universidade Federal do Rio Grande - FURG Instituto de Matemática, Estatística e Física - IMEF Equações Diferenciais NOTAS DE AULA - CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL II André Meneghetti Cinthya Meneghetti (revisão) (última atualização: 7 de Janeiro de 2018) ii IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 1 INTRODUÇÃO Classificação: EQ. DIF. 2 −− ORDINÁRIA 2 −− LINEAR 2 −− HOMOGÊNEA | | | | | 2 −− NÃO HOMOGÊNEA | | | | | | | 2 −− NÃO LINEAR 2 −− H. | | | 2 −− N.H. | | | 2 −− PARCIAL 2 −− LINEAR 2 −− H. | | | 2 −− N.H. | | | | 2 −− NÃO LINEAR 2 −− H. | 2 −− N.H. i) Ordinárias: Na EDO todas as derivadas depedem da mesma variável, ou seja, a solução depende de uma variável. Ex: 1), 2), 3), 4) ii) Parciais: São as ED que apresentam derivadas parciais. A solução é função de mais de uma variável. Ex: 5), 6), 7), 8), 9) iii) Linear: Na ED a solução e suas derivadas não se multiplicam. EX: 1), 2), 5), 6), 9) iv) Não Linear: Na ED a solução e suas derivadas se multiplicam. Ex: 3), 4), 7), 8), 9) v) Homogênea: A soma de todos os termos em que a variável dependente aparece é igual a zero. Ex: 1), 3), 5), 7), 9) vi) Não Homogênea: A soma de todos os termos em que a variável dependente aparece é diferente de zero. Ex: 2), 4), 6), 8) Ordem de uma equação diferencial: A ordem de um ED é dada pela derivada de maior grau. 2 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 2 RESOLVENDO UMA EDO 2 Resolvendo uma EDO Vamos agora resolver uma equação diferencial bastante simples. A ideia aqui é dar noção de como se resolve uma equação diferencial e, mais importante que isso, qual a interpretação geométrica das soluções. O método que utilizaremos a seguir chame-se “método das variáveis separadas”. Bem como o nome diz, a equação a seguir pode ser resolvida separando as variáveis e integrando ambos os lados. Vejamos: Vamos resolver a EDO, isso é, determinar qual é a função y = y(x) que satisfaz y′ = xy Primeiramente vamos reescrever y′ = dy dx . Note que a expressão dy dx é um quociente entre os diferenciais de x e y. dy dx = xy Separando as variáveis (x para um lado e y para outro) temos: 1 y dy = xdx Agora integrando ambos os lados e resolvemos.∫ 1 y dy = ∫ xdx ln |y|+ C1 = x2 2 + C2 Como C1 e C2 são números reais, então C2 − C1 também é um número real que chama- remos de C. ln |y| = x 2 2 + (C2 − C1) ln |y| = x 2 2 + C |y| = e x2 2 +C y = ±eCe x2 2 3 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 3 FAMÍLIA DE SOLUÇÕES DE UMA EDO Note que independentemente do sinal a expressão ±eC é também um número real. Vamos chama-lo simplesmente de K. Logo temos a resposta y = Ke x2 2 ∀K ∈ R. Para qualquer valor de K essa é uma solução da EDO. Basta fazer a prova real: y′ = xy Fazendo a substituição y = Ke x2 2( Ke x2 2 )′ = ( xKe x2 2 ) ( Ke x2 2 ) 2x 2 = ( xKe x2 2 ) X Observe que a igualdade é válida! 3 Família de soluções de uma EDO Como observado no exemplo acima a equação diferencial y′ = xy (1) possui infinitas soluções. Inclusive conhecemos todas elas, pois possuem a forma y = Ke x2 2 (2) Para qualquer valor real atribuido a constante K em (2) obtemos uma solução da EDO (1). Chamamos de família de soluções o conjunto formado por todas as soluções da EDO. Em problemas de modelagem o gráfico da família de soluções tem grande importância, pois mostra o formato das soluções. Para construir o esboço desse gráfico vamos atribuir alguns valores para a constante K. 4 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 4 PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI) Esse exemplo ainda ilustra algumas propriedades: i) Observe que não há intersecção entre as soluções da EDO, ou seja, não há intercção entre as curvas. Isso não aconteceu por acaso nesse exemplo, esse é um resultado da teoria das EDO’s. Não existe intersecção entre curvas que representam soluções da mesma EDO. ii) Se por um ponto do espaço R2, digamos, (x0, y0), passar uma solução da EDO então passará somente essa solução. (Esse resultado é decorrente do anterior). iii) As curvas que representam soluções de uma EDO são sempre contínuas, suaves e definidas em um intervalo aberto. O teorema a seguir garante essas propriedades: Teorema 3.1. (Teorema de existência e unicidade) Dada uma EDO y′ = f(x, y) na qual ∂f ∂x (x, y) e ∂f ∂y (x, y) são contínuas em uma região D ⊂ R2, então para cada (x0, y0) ∈ D passa uma (garante existência) e somente uma (garante unicidade) solução da EDO. Observação 3.1. O teorema acima está enunciado de forma completa. Mas é importante salientar que nesse texto vamos sempre trabalhar com EDO’s que possuam a propriedade de possuir derivadas parciais com relação a x e y contínuas. Assim sendo não será verificado essa propriedade a menos que seja dito o contrário. 4 Problema de valor inicial (PVI) Usando a observação (3.1), considere a EDO y′ = f(x, y) (3) e (x0, y0) ∈ R2. Pelo teorema da existência e unicidade (3.1), das infinitas soluções da EDO (3) apenas uma passa pelo par ordenado (x0, y0). Ou seja, para um problema de valor inicial (PVI){ y′ = f(x, y) y(x0) = y0 (4) estaremos procurando como resposta apenas uma solução que será uma função contínua, suave e definida em um intervalo aberto e conexo. 7 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 4 PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI) Exemplo 4.0.1. Resolva o PVI { y′ = xy y(2) = 3 Resolução: Vimos que a família de soluções da EDO y′ = xy é y = Ke x2 2 para qualquer K ∈ R. Agora dessas infinitas soluções qual delas satisfaz e y(2) = 3? (Portanto, devemos determinar quem é K.) Fazendo x = 2 y(2) = Ke 22 2 como y(2) = 3 3 = Ke2 logo, K = 3e−2. Sendo assim, y(x) = 3e−2e x2 2 é a solução (única) do PVI. 8 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 4 PROBLEMA DE VALOR INICIAL (PVI) Família de soluções com o destaque para a função y(x) = 3e−2e x2 2 e o ponto (2, 3). -3 -1 1 2 3 x 3 10 3 ã x 2 2 -2 Somente a solução do PVI. -3 -1 1 2 3 x 3 10 3 ã x 2 2 -2 9 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Exemplo 5.1.4. Um exemplo cujo a solução é implícita: Resolva a EDO dy dx = x2 1 + y2 . Resolução: (1 + y2)dy = x2dx ∫ (1 + y2)dy = ∫ x2dx y + y3 3 = x3 3 + C (solução na forma implícita) Exemplo 5.1.5. Resolva o seguinte P.V.I..  dy dx = x2 1 + y2 y(2) = 1 Resolução: Do exercício anterior sabemos que a solução geral é y + y3 3 = x3 3 + C Como y(2) = 1, substituimos na equação obtendo: 1 + 13 3 = 23 3 + C =⇒ C = 3 3 + 1 3 − 8 3 C = −4 3 12 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Logo a solução implícita do P.V.I. será y + y3 3 = x3 3 − 4 3 Obs: Observe que não há como isolar a variável y. Exemplo 5.1.6. Resolva o seguinte P.V.I..  y′ = cos(x) sen(x) y y(π/6) = −1/2 Resolução: y′ = cos(x) sen(x) y =⇒ ∫ 1 y dy = ∫ cos(x) sen(x) dx ln |y| = ln | sen(x)|+ C2 =⇒ |y| = | sen(x)|eC1 |y| = | sen(x)|+ C2 =⇒ y = ±C2| sen(x)| y = C| sen(x)| Como y(π/6) = −1/2, então −1 2 = C| sen(π/6)| =⇒ −1 2 = C 1 2 C = −1 Logo, y = −1| sen(x)| 13 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Obs: Domínio máximo da definição é (0, π). Para qualquer x ∈ (0, π) temos que | sen(x)| = sen(x), logo y = − sen(x) Obs.: Vimos que a solução de y′ = cos(x) sen(x) y é a família de soluções dada pela expressão y = C| sen(x)| Além disso, vimos que a solução do P.V.I. com y(−3) = −3 é a função y = − sen(x) cujo o domínio é apenas o intervalo (0, π). Abaixo temos um esboço da família de soluções e em destaque a solução do P.V.I.. - 5 Π 2 - 3 Π 2 - Π 2 Π 2 3 Π 2 5 Π 2 x -2 2 sinHxL¤ 14 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM b) Esboço da família de soluções: -5 5 x -5 -1 1 5 yHxL 17 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM c) Intervalo máximo da solução. Domínio de y são os pontos tais que x2 − 5 = 0 que é equivalente a dizer que x ∈ (−∞,− √ 5] ∪ [ √ 5,∞). Porém, devemos tirar − √ 5 e √ 5 do domínio uma vez que y(− √ 5) = y( √ 5) = −1 que não satisfaz a EDO y′ = x 1 + y (Pela EDO sabemos que y 6= −1). Como a solução de uma EDO é contínua em cada intervalo, então o domínio é (−∞,− √ 5) ou ( √ 5,∞). Mais uma vez vamos usar a condição inicial, pois sabemos que o ponto (−3,−3) deve fazer parte da solução. Nesse caso o domínio só pode ser (−∞,− √ 5]. Logo, o intervalo máximo é (−∞,− √ 5) A seguir o esboço da família de soluções com a solução do P.V.I. em destaque. -5 5 x -5 -1 1 5 yHxL 18 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM 5.2 Equações Diferenciais Exatas Vamos começar essa seção com uma afirmação: Afirmação 5.1. Qualquer EDO de primeira ordem pode ser escrita na forma M(x, y) +N(x, y)y′(x) = 0 (6) Exemplo 5.2.1. A EDO y′ = − (2x+y)(2y+x) pode ser reescrita de maneira que fique na forma de (6): y′ = −(2x+ y) (2y + x) (2y + x)y′ = −(2x+ y) (2x+ y)︸︷︷︸ M(x,y) +(2y + x)︸︷︷︸ N(x,y) y′ = 0 Observe que a EDO nesse exemplo não pode ser resolvida com separação de variáveis. Como resolver essa EDO? Como resolver uma EDO na forma (6)? Suponha que exista uma função ψ(x, y(x)), duas vezes diferenciável tal que a equação (6) seja equivalente a d dx [ψ(x, y(x))] = 0 Observe que se essa função existir então, ao mesmo tempo, essa função é constante e é solução de (6). Note que pela regra da cadeia d dx [ψ(x, y(x))] = 0 ψx(x, y(x)) + ψy(x, y(x))y ′(x) = 0 Observe a semelhança: { M(x, y) +N(x, y)y′(x) = 0 ψx(x, y) + ψy(x, y)y ′(x) = 0 19 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Exemplo 5.2.2. Considere a EDO (2x+ y) + (2y + x)y′ = 0 a) Verifique que a EDO é exata; b) determine a solução geral da EDO. Resolução: a) Para verificar se a EDO é exata devemos testar (7): My(x, y) =︸︷︷︸ ??? Nx(x, y) (2x+ y)y =︸︷︷︸ ??? (2y + x)x 1 =︸︷︷︸ ok 1 Logo a EDO é exata. Isso significa que para resolver podemos usar o teorema (5.1). b) Como a EDO é exata, sabemos que existe uma função ψ(x, y) tal que ψ(x, y) é constante (I) ψx(x, y) = (2x+ y) (II) ψy(x, y) = (2y + x) (III) Então: De (II) temos que ψx(x, y) = (2x+ y) ψ(x, y) = ∫ ψx(x, y)dx = ∫ (2x+ y)dx ψ(x, y) = x2 + xy + C(y) (?) 22 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Obs: Nesse momento observe que temos quase a solução geral do problema. ψ(x, y) = x2 + xy + C(y)︸︷︷︸ ?????? Como indicado acima, falta apenas determinar qual é a função C(y). Para isso usaremos a equação (III). No entanto, para usar (III) precisamos derivar com relação a y a equação (?), obtendo: ψy(x, y) = x+ C ′(y) Agora vamos igualar essa equação com a equação (III) ψy(x, y) = x+ C ′(y) derivada de (?) ψy(x, y) = 2y + x equação (III) Ou seja, x+ C ′(y) = 2y + x⇐⇒x+ C ′(y) = 2y +x C ′(y) = 2y ⇐⇒ C(y) = ∫ 2ydy = y2 + C2 C(y) = y2 + C2 Substituindo o ψ(x, y) = C1 e C(y) = y2 + C2 em (?) obtemos C1 = x 2 + xy + y2 + C2 x2 + xy + y2 = K (solução implícita) Obs: Obviamente K = C1 − C2. 23 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Exemplo 5.2.3. Considere a EDO( y2 2 − sen(x) ) + (xy)y′ = 0 a) Verifique que a EDO é exata; b) determine a solução geral da EDO. Resolução: a) Para verificar se a EDO é exata devemos testar (7): My(x, y) =︸︷︷︸ ??? Nx(x, y) ( y2 2 − sen(x) ) y =︸︷︷︸ ??? (xy)x y =︸︷︷︸ ok y Logo a EDO é exata. b) Como a EDO é exata, sabemos que existe ψ(x, y) tal que  ψ(x, y) é constante (I) ψx(x, y) = ( y2 2 − sen(x) ) (II) ψy(x, y) = xy (III) Então: De (II) temos que ψx(x, y) = y2 2 − sen(x) 24 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM 5.3 Fator integrante para EDO’s quase exatas EDO’s da forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 podem ser exatas (My = Nx) ou não (My 6= Nx). Já vimos como resolver EDO’s exatas, agora veremos como resolver EDO’s não exatas. A ideia é simples: vamos transformar a EDO quase exata em exata e depois resolver como já sabemos. Fator integrante (FI) Nos casos em que ψx(x, y) + ψy(x, y)y ′ = 0 não são exatas (My 6= Nx), vamos procurar funções µ tais que, µ = µ(x) ou µ = µ(y), nos quais µM(x, y) + µN(x, y)y′ = 0 é exata, ou seja (µM)y = (µN)x Retomando: Suponha que temos uma EDO da forma M(x, y) +N(x, y)y′ = 0 a qual não é exata (My 6= Nx) e queremos encontrar uma função µ = µ(x) tal que (µM)y = (µN)x Se conseguirmos isso teremos que a EDO original multiplicada por µ é exata! µ(x) ( M(x, y) +N(x, y)y′ ) = µ(x)0 (µ(x)M(x, y))︸︷︷︸ M̃(x,y) +(µ(x)N(x, y))︸︷︷︸ Ñ(x,y) y′ = 0 M̃(x, y) + Ñ(x, y)y′ = 0 27 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Obs.: O processo tem que estar claro para continuar! Como o processo é o mesmo para µ = µ(x) e µ = µ(y), vamos procurar µ = µ(x) e deixar o caso análogo µ = µ(y) como exercício. Fator integrante para EDO’s quase exatas: µ = µ(x) Queremos que (µ(x)M(x, y))y = (µ(x)N(x, y))x Observe que nesse caso µ(x)My(x, y) = µ ′(x)N(x, y) + µ(x)Nx(x, y) Mudando a notação da derivada em µ e ocultando as variáveis de dependência µMy = dµ dx N + µNx µ (My −Nx) = dµ dx N 1 µ dµ = (My −Nx) N dx∫ 1 µ dµ = ∫ (My −Nx) N dx ln |µ|+ C = ∫ (My −Nx) N dx ln |µ| = ∫ (My −Nx) N dx− C |µ| = e ∫ (My−Nx) N dx−C µ = ±e−Ce ∫ (My−Nx) N dx Como ±e−C é uma constante qualquer e queremos encontrar apenas uma função µ, po- demos escolher ±e−C = 1. Assim, temos as fórmulas para µ(x) e analogamente para µ(y): µ(x) = e ∫ My(x,y)−Nx(x,y) N(x,y) dx (9) µ(y) = e ∫ Nx(x,y)−My(x,y) M(x,y) dy (10) 28 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Exemplo 5.3.1. Considere a EDO( 2x−2ex − xy2 ) + 2xyy′ = 0. a) Verifique que essa EDO não é exata; b) usando um fator integrante que depende somente de x (µ(x)) transforme em uma EDO exata; c) verifique que a nova EDO é exata; d) resolva a EDO encontrando uma solução implícita. Resolução: a) Vamos verificar que a propriedade (7) não é válida. De fato: My(x, y) =︸︷︷︸ ??? Nx(x, y) ( 2x−2ex − xy2 ) y =︸︷︷︸ ??? (2xy)x −2xy =︸︷︷︸ “fail′′ 2y Como −2xy 6= 2y então a EDO não é exata. b) Usaremos a fórmula (9) µ(x) = e ∫ My(x,y)−Nx(x,y) N(x,y) dx Então, µ(x) = e ∫ −2yx−2y 2xy dx = e ∫ −2yx−2y 2yx dx = e ∫ −x−1 x dx µ(x) = e ∫ −1− 1 x dx = e−x−ln(x) = e−xeln(x −1) µ(x) = e−xe ln(x−1) = e−x(x−1) µ(x) = e −x x 29 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Exemplo 5.3.2. Determine a solução implícita da EDO (3x2y + 2xy + y3) + (x2 + y2)y′ = 0. Resolução: Vamos verificar se a EDO é exata ou não. My(x, y) =︸︷︷︸ ??? Nx(x, y) ( 3x2y + 2xy + y3 ) y =︸︷︷︸ ??? ( x2 + y2 ) x 3x2 + 2x+ 3y2 =︸︷︷︸ “fail′′ 2x Como 3x2 + 2x+ 3y2 6= 2x então a EDO não é exata. Para determinar o fator integrante, usaremos a fórmula (9) µ(x) = e ∫ My(x,y)−Nx(x,y) N(x,y) dx Então, µ(x) = e ∫ (3x2y+2xy+y3)y−(x2+y2)x x2+y2 dx = e ∫ 3x2+2x+3y2−2x x2+y2 dx µ(x) = e ∫ 3(x2+y2) (x2+y2) dx = e ∫ 3dx = e3x µ(x) = e3x Multiplicando ambos os lados da EDO pelo fator integrante obtemos: e3x(3x2y + 2xy + y3) + e3x(x2 + y2)y′ = 0 e3x(3x2y + 2xy + y3) + e3x(x2 + y2)y′ = 0 32 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Já sabemos que agora essa EDO agora é exata. Logo, ψ(x, y) é constante (I) ψx(x, y) = e 3x(3x2y + 2xy + y3) (II) ψy(x, y) = e 3x(x2 + y2) (III) De (III) ψy(x, y) = e 3x(x2 + y2) ∫ ψ(x, y)ydy = ∫ e3x(x2 + y2)dy ψ(x, y) = e3x ( x2y + y3 3 ) + C(x) Derivando com relação a x, temos ψx(x, y) = e 3x(2xy) + 3e3x ( x2y + y3 3 ) + C ′(x) Igualando com (II) e3x(3x2y + 2xy + y3) = e3x(2xy) + 3e3x ( x2y + y3 3 ) + C ′(x) 3x2ye3x + 2xye3x + y3e3x = 2xye3x + 3x2ye3x + y3e3x + C ′(x) 0 = C ′(x) =⇒ C(x) = K1 Portanto, se ψ(x, y) = e3x ( x2y + y3 3 ) + C(x) e sabendo que ψ(x, y) e C(x) são constantes obtemos e3x ( x2y + y 3 3 ) = K (solução implícita) 33 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM 5.4 Exercícios ◦ Exercício 1. Em cada item verifique que a função y(x) é solução da EDO associada. (Ou seja, substitua a função y(x) na EDO e verifique que vale a igualdade) a)  y(x) = e2x − 4 y′ − 2y = 8 b)  y(x) = 3xex y′′ − 2y′ + y = 0 c)  y(x) = √ x2 − 4 y′ = x√ x2 − 4 d)  y(x) = 3(x+ 2) 4y′′ − xy′ + y = 6 ◦ Exercício 2. Verifique que a seguinte relação define uma solução implícita da EDO dada.  y(x) = e y x y′ = y2 xy − x2 ◦ Exercício 3. Verifique que a função dada é uma solução do PVI. a)  y(x) = 5e−x y′ + y = 0 y(0) = 5 b)  y(x) = ∫ x 0 e2(x−s)s2ds y′ = 2y + x2 y(0) = 0 34 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM 5.5 Equações Lineares de 1ª Ordem São as EDO’s que tem a forma y′(x) + f(x)y(x) = g(x) (11) Para encontrar a solução de uma EDO linear usaremos uma função auxiliar, chamada fator integrante, que tornará possível isolar a variável dependente y(x). Método de Resolução Vamos procurar uma função (fator integrante ou parâmetro variável) µ = µ(x) tal que quando multiplicamos a EDO por µ(x) µ(x)y′(x) + µ(x)f(x)y(x) = µ(x)g(x) o lado esquerdo da igualdade seja igual a (µ(x)y(x))′, ou seja, queremos que µ(x)y′(x) + µ(x)f(x)y(x)︸︷︷︸ (µ(x)y(x))′ = µ(x)g(x) (12) Se isso acontecer, então são equivalentes (µ(x)y(x))′ = µ(x)y′(x) + µ(x)f(x)y(x)⇔ µ′(x)y(x) + µ(x)y′(x) = µ(x)y′(x) + µ(x)f(x)y(x)⇔ µ′(x)y(x) = µ(x)f(x)y(x)⇔ µ′(x) = µ(x)f(x)⇔ dµ dx = µ(x)f(x)⇔ 1 µ(x) dµ = f(x)dx⇔ ∫ 1 µ(x) dµ = ∫ f(x)dx⇔ +C ln |µ(x)| = ∫ f(x)dx+ C ⇔ µ(x) = ±eC︸︷︷︸ =1 e ∫ f(x)dx Escolhendo a constante igual acima temos um fator integrante que já serve para nossos propósitos. µ(x) = e ∫ f(x)dx. 37 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Como já determinamos a função µ(x) então da (12) segue que (µ(x)y(x))′ = µ(x)g(x) µ(x)y(x) = ∫ µ(x)g(x)dx+ C y(x) = ∫ µ(x)g(x)dx+ C µ(x) Resumindo: Dado uma EDO linear de primeira ordem como em (11) y′(x) + f(x)y(x) = g(x) a solução geral é dada por y(x) = ∫ µ(x)g(x)dx+ C µ(x) (13) a qual µ(x) = e ∫ f(x)dx (14) Observação 5.1. Para resolver uma EDO linear como acima é fundamental que o coeficiente de y′(x) seja 1. Caso não seja, modifique de forma que fique. 38 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Exemplo 5.5.1. Resolva a EDO y′(x) + 3y(x) = x Resolução: Observamos que essa EDO é linear e que o coeficiente de y′(x) é 1. ︸︷︷︸ 1 y′(x) + 3︸︷︷︸ f(x) y(x) = x︸︷︷︸ g(x) Então por (14) µ(x) = e ∫ 3dx =⇒ µ(x) = e3x Multiplicando toda equação pelo fator integrante, temos que y′(x)e3x + 3y(x)e3x︸︷︷︸ =(y(x)e3x)′ = xe3x (y(x)e3x)′ = xe3x y(x)e3x = ∫ xe3xdx+ C y(x) = ∫ e3xxdx+ C e3x Obs.: O mesmo obtém-se diretamente da equação (13) Resolvendo a integral (integração por partes) temos∫ udv = uv − ∫ vdu ∫ x︸︷︷︸ u e3xdx︸︷︷︸ dv = x e3x 3 − ∫ e3x 3 dx = x e3x 3 − e 3x 9 39 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Resolvendo a integral (por substituição) temos ∫ xex 2 dx = 1 2 ∫ e u︷︸︸︷ (x2) 2xdx︸︷︷︸ du = 1 2 ex 2 Substituindo y(x) = ∫ xex 2 dx+ C ex2 y(x) = 1 2e x2 + C ex2 y(x) = 1 2 ex 2 ex 2 + C ex2 y(x) = 1 2 + Ce−x 2 (solução geral) Usando a condição inicial y(0) = −3 temos que y(0) = 1 2 + Ce−0 2 ⇔ −3 = 1 2 + C ⇔ C = −7 2 y(x) = 1 2 − 7 2 e−x 2 (solução do PVI) 42 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Exemplo 5.5.3. Resolva o PVI xy′(x) + y(x) = 2x y(1) = 0 Resolução: Primeiro vamos resolver a EDO xy′(x) + y(x) = 2x. Observamos que essa EDO é linear, mas o coeficiente de y′(x) é x que é diferente de 1. Então dividimos toda equação por x. y′(x) + 1 x y(x) = 2 Agora temos o coeficiente de y′(x) unitário. ︸︷︷︸ 1 y′(x) + 1 x︸︷︷︸ f(x) y(x) = 2︸︷︷︸ g(x) Então por (14) µ(x) = e ∫ 1 x dx =⇒ µ(x) = eln(x) =⇒ µ(x) = x Multiplicando toda equação pelo fator integrante, temos que y′(x)x+ 1 x xy(x) = 2x y′(x)x+ y(x)︸︷︷︸ =(y(x)x)′ = 2x (y(x)x)′ = 2x y(x)x = ∫ 2xdx+ C y(x) = ∫ 2xdx+ C x 43 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Obs.: O mesmo obtém-se diretamente da equação (13) y(x) = ∫ x(2)dx+ C x Resolvendo a integral temos y(x) = x+ C x (solução geral) Usando a condição inicial y(1) = 0 temos que y(1) = 1 + C 1 0 = 1 + C C = −1 y(x) = x− 1 x (solução do PVI) 44 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Exemplo 5.6.1. Resolva a EDO de Bernoulli xy′ + y = y−2 Resolução: Para ficar no formato de (15), vamos dividindo por x. (Note que o objetivo é deixar o coeficiente de y′ igual a 1) y′ + 1 x y = 1 x y−2 Mudança de variável: w = y1−(−2) ⇒ w = y3 ⇒ y = w 1 3 dy dx = 1 3 w− 2 3 dw dx ⇔ y′ = 1 3 w− 2 3w′ Substituindo na EDO: y′ + 1 x y = 1 x y−2 1 3 w− 2 3w′ + 1 x w 1 3 = 1 x ( w 1 3 )−2 Multiplicando toda equação por (3w 2 3 ) w′ + (3w 2 3 ) 1 x w 1 3︸︷︷︸ 3 x w = (3w 2 3 ) 1 x ( w 1 3 )−2 ︸︷︷︸ 3 x w′ + 3 x w = 3 x (EDO linear) Fator integrante: µ(x) = e ∫ 3 x dx ⇒= e ∫ 3 lnxdx ⇒ µ(x) = x3 47 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Multiplicando a EDO pelo fator integrante, x3w′ + x3 3 x w = x3 3 x x3w′ + 3x2w︸︷︷︸ (x3w)′ = 3x2 (x3w)′ = 3x2 x3w = ∫ 3x2dx+ C1 x3w = x3 + C2 w = 1 + C2 x3 Substituindo o valor de w y3 = 1 + C2 x3 y3 = 1 + C2x −3 (solução implícita) y = ( 1 + C2x −3)1/3 (solução explícita) 48 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM Exemplo 5.6.2. Resolva a EDO de Bernoulli y′ − xy = xy3 Resolução: Mudança de variável: w = y1−3 ⇒ w = y−2 y = w− 1 2 ⇔ y = 1√ w dy dx = −1 2 w− 3 2 dw dx ⇔ dy dx = − 1 2w √ w dw dx Substituindo na EDO: − 1 2w √ w dw dx − x 1√ w = x ( 1√ w )3 Multiplicando toda equação por (−2w √ w) dw dx + x 2w √ w √ w = −x(2w √ w) w √ w dw dx + 2xw = −2x (EDO linear) Fator integrante: µ(x) = e ∫ 2xdx ⇒ µ(x) = ex2 49 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM 5.7 Exercícios ◦ Exercício 6. Resolva as EDO’s lineares usando o fator integrante ( µ = e ∫ f(x)dx ) a) y′ − 4 x y = x5ex b) dy dx − 3y = 0 c) (x2 + 9) dy dx + xy = 0 d)  dy dx + 2xy = x y(0) = −3 e)  x dy dx + y = 2x y(1) = 0 ◦ Exercício 7. Resolva as seguintes EDO’s de Bernoulli (Mudança de variável w = y1−n) . a) x dy dx + y = 1 y2 b) dy dx = y(xy3 − 1) c) x2 dy dx + y2 = xy d)  x2 dy dx − 2xy = 3y4 y(1) = 1 2 ◦ Exercício 8. Resolva as seguintes EDO’s: a) dy dx = 5y b) 3 dy dx + 12y = 4 c) dy dx + y = e3x d) y′ + 3x2y = x2 e) x2y′ + xy = 1 f) (x+ 4y2)dy + 2ydx = 0 g) xdy = (x sen(x)− y)dx h) (1 + ex)y′ + exy = 0 i) cos(x) dy dx + y sen(x) = 1 j) x dy dx + 4y = x3 − x k) x2y′ + x(x+ 2)y = ex l) cos2(x) sen(x)dy+(y cos3(x)− 1)dx = 0 m) ydx+ (xy + 2x− yey)dy = 0 n) x dy dx + (3x+ 1)y = e−3x o) ydx− 4(x+ y6)dy = 0 p) dy dx + y = 1− e−2x ex + e−x 52 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 5 EDO’S DE 1ª ORDEM RESPOSTAS Exercício 6 a) y = x5ex − x4ex + Cx4 b) y = Ce3x c) y = C√ x2 + 9 d) y = 1 2 − 7 2 e−x 2 e) y = x− 1 x Exercício 7 a) y3 = 1 + Cx−3 b) y−3 = x+ 13 + Ce 3x c) y = xln |x|+C d) y−3 = −95 x −1 + 495 x −6 Exercício 8 a) y = Ce5x b) y = 13 + Ce −4x c) y = 14e 3x + Ce−x d) y = 13 + Ce −x3 e) y = x−1 ln(x) + Cx−1 f) x = −45 y 2 + Cy−1/2 g) y = − cos(x) + sen(x)x + C x h) y = Cex+1 i) y = sen(x) + C cos(x) j) y = 17x 3 − 15x+ Cx −4 k) y = 1 2x2 ex + C x2 e−x l) y = sec(x) + C csc(x) m) x = 12e y − 12ye y + 1 4y2 ey + C y2 e−y n) y = e−3x + Cx e −3x o) x = 2y6 + Cy4 p) y = e−x ln(ex + e−x) + Ce−x 53 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM 6 EDO’s de 2ª ordem Começaremos agora o estudo de EDO’s de segunda ordem. Primeiramente vamos estudar dois tipos de EDO’s que são redutíveis a primeira ordem, isso é, em algumas EDO’s de 2ª ordem podemos fazer uma mudança de variável que transforma a EDO original que é de segunda ordem em EDO’s de primeira ordem. 6.1 Equações de 2ª ordem redutíveis a 1ª ordem Vamos estudar dois tipos de EDO’s que admitem essa redução de ordem. Nesse texto iremos classifica-las como Tipo 1 e Tipo 2. Tipo 1: EDO’s de 2ª ordem que não aparece a variável independente x, chamadas de EDO’s autônomas. y′′ = f(y, y′) Redução: Usaremos w = w(x) tal que w(x) = y′(x) (19) Usando a regra da cadeia obtemos que y′′ = w′ = dw dx = dw dy dy dx︸︷︷︸ y′=w = dw dy y′ = dw dy w Então y′′ = w dw dy . (20) 54 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Exemplo 6.1.3. Resolva o PVI  y′′ + (y′)2 = y y(0) = 3/2 y′(0) = 1 Resolução: Com as substituições (19) e (20) y′′ + (y′)2 = y ⇐⇒ wdw dy + w2 = y dw dy + w = yw−1 (Equação de Bernoulli) v = w1−(−1) ⇒ w = v1/2 =⇒ dw dy = 1 2 √ v dv dy Substituindo na EDO de Bernoulli 1 2 √ v dv dy + √ v = y 1√ v (x2 √ v) Multiplicando toda EDO por 2 √ v dv dy + 2v = 2y (EDO linear) Fator integrante: µ = e ∫ 2dy = e2y dv dy e2y + 2ve2y︸︷︷︸ d dy (e2yv) = 2ye2y 57 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM d dy (e2yv) = 2ye2y ⇐⇒ e2yv = 2 ∫ ye2ydy e2yv = 2 [ y e2y 2 − e 2y 4 ] + C v = y − 1 2 + Ce−2y Lembre que v = w2 = (y′)2, (y′)2 = y − 1 2 + Ce−2y Usando as condições inicias y′(0) = 1 y(0) = 3/2, obtemos 1 = 3 2 − 1 2 + Ce −2 3 2 ⇒ C = 0 Portanto a equação se reduz a (y′)2 = y − 1 2 ⇐⇒ y′ = ± ( y − 1 2 ) 1 2 Pelas condições iniciais o sinal válido tem que ser positivo. Observe: 1 = ± ( 3 2 − 1 2 ) 1 2 ⇐⇒ 1 = ±1 Logo, dy dx = ( y − 1 2 ) 1 2 ⇐⇒ ( y − 1 2 )− 1 2 dy = dx ∫ ( y − 1 2 )− 1 2 dy = ∫ dx ( y − 12 ) 1 2 1 2 = x+ C 58 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM 2 ( y − 1 2 ) 1 2 = x+ C Como y(0) = 32 2 ( 3 2 − 1 2 ) 1 2 = 0 + C =⇒ C = 2 Logo, 2 ( y − 1 2 ) 1 2 = x+ 2 (solução implícita) Tipo 2: EDO’s de 2ª ordem que não aparece a variável dependente y(x). y′′ = f(x, y′) Redução: Usaremos w = w(x) tal que w(x) = y′(x) (21) Derivando, y′′(x) = w′(x) (22) 59 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Obs: Vamos reescrever o integrando usando frações parciais 1 (x+ 1)(x− 1) = A (x+ 1) + B (x− 1) = A(x− 1) +B(x+ 1) (x+ 1)(x− 1) 1 (((( ((((x+ 1)(x− 1) = (A+B)x+ (−A+B) (((( ((((x+ 1)(x− 1){ A+B = 0 −A+B = 1 =⇒ { A = −1/2 B = 1/2 Logo, y = −2 ∫ 1 (x+ 1)(x− 1) dx = −2 ∫ −12 (x+ 1) + 1 2 (x− 1) dx y = −2 ∫ −12 x+ 1 dx− 2 ∫ 1 2 x− 1 dx y = ln |x+ 1| − ln |x− 1|+ C y = ln ∣∣∣∣x+ 1x− 1 ∣∣∣∣+ C Pela condição inicial y(0) = 3, temos que 3 = ln ∣∣∣∣0 + 10− 1 ∣∣∣∣+ C =⇒ C=3 y = ln ∣∣∣∣x+ 1x− 1 ∣∣∣∣+ 3 (solução explícita) 62 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Exemplo 6.1.6. Resolva a EDO y′′ = −1 x y′ + 10 Resolução: Usando as trocas de variáveis em (21) e (22) y′′ = −1 x y′ + 10 w′ = −1 x w + 10 dw dx + 1 x w = 10 (EDO linear) Fator integrante: µ = e ∫ 1 x dx = eln(x) = x Multiplicando a EDO linear pelo fator integrante dw dx x+ 1 x wx︸︷︷︸ d dx (xw) = 10(x)x d dx (xw) = 10x =⇒ ∫ d dx (xw)dx = ∫ 10xdx xw = 5x2 + C1 =⇒ w = 5x+ C1 x y′ = 5x+ C1 x =⇒ ∫ y′dx = ∫ 5x+ C1 x dx y = 5 2 x2 + C2 ln |x|+ C3 (solução explícita) 63 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Ainda na grande classe de EDO’s de segunda ordem iremos estudar um grupo bastante restrito que são as EDO’s lineares. Cabe salientar que apesar de “bastante restrito” essa classe possui uma grande quantidade de aplicações, sendo portanto, de grande importân- cia. 6.2 EDO’s de 2ª ordem Lineares Equações diferenciais ordinárias lineares (EDOL) e de 2ª ordem podem ser escritas na forma y′′ + f(x)y′ + g(x)y = r(x). (23) Exemplo 6.2.1. São exemplos de EDO’s lineares de segunda ordem: a) y′′ + x2y′ + ln(x)y = e3x b) xy′′ + 5y′ + y = x3 + sen(x) c) y′′ + 2y′ + y = 0 Teorema 6.1. (Teorema de existência e unicidade) O PVI  y′′ + f(x)y′ + g(x)y = r(x) y(x0) = a y′(x0) = b (24) no qual f(x), g(x) e r(x) funções contínuas em um intervalo aberto I contendo x0 possui uma única solução neste intervalo. 64 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Wronskiano Dada duas funções y1(x) e y2(x) diferenciáveis em um intervalo aberto I, definimos o Wronshiano W (y1(x), y2(x)) por W (y1(x), y2(x)) = y1(x) y2(x) y′1(x) y ′ 2(x) = y1(x)y ′ 2(x)− y2(x)y′1(x) Teorema 6.2. Duas funções y1(x), y2(x) definidas em um intervalo I são LI se, e somente se, o Wronskiano não for identicamente nulo. y1(x) e y2(x) são LI ⇐⇒W (y1(x), y2(x)) 6≡ 0 Prova: (⇒) Suponha que y1(x), y2(x) são LI. Se supormos por contradição que W (y1(x), y2(x)) ≡ 0 teríamos que W (y1(x), y2(x)) ≡ 0 =⇒ y1(x) y2(x) y′1(x) y ′ 2(x) = 0 =⇒ y1(x)y′2(x)− y2(x)y′1(x) = 0 =⇒ y′1(x) y1(x) = y′2(x) y2(x) =⇒ d dx ln |y1(x)| = d dx ln |y2(x)| =⇒ ln |y1(x)| = ln |y2(x)|+ C1 |y1(x)| = eln |y2(x)|+C1 =⇒ |y1(x)| = |y2(x)|eC1 =⇒ ∣∣∣y1(x) y2(x) ∣∣∣ = eC1 =⇒ y1(x) y2(x) = ±eC1 =⇒ y1(x) = αy2(x). O que não pode ocorrer, visto que y1(x) e y2(x) são LI. Portanto, W (y1(x), y2(x)) 6≡ 0. (⇐) Agora suponha que W (y1(x), y2(x)) 6≡ 0. Se pupormos por contradição que y1(x), y2(x) são LD, teremos que existe um α ∈ R tal que y1(x) = αy2(x). Logo, W (y1(x), y2(x)) = αy2(x) y2(x) αy′2(x) y ′ 2(x) = αy2(x)y ′ 2(x)− y2(x)αy′2(x) ≡ 0. Contradizendo a hipótese. Portanto, y1(x), y2(x) devem ser LI. 67 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Exemplo 6.4.4. As funções ex e e−x como acabamos de ver são LI, e isso pode ser verificado usando o Wronskiano: W ( ex, e−x ) = ex e−x (ex)′ (e−x)′ W ( ex, e−x ) = ex e−x ex −e−x W ( ex, e−x ) = −exe−x − exe−x = −2 6≡ 0 Logo são LI (como já sabíamos). Exemplo 6.4.5. As funções x2 e x3 são LI, como verificaremos usando o Wronskiano: W ( x2, x3 ) = x2 x3 (x2)′ (x3)′ W ( ex, e−x ) = x2 x3 2x 3x2 W ( x2, x3 ) = (x2)(3x2)− (x3)(2x) = 3x4 − 2x4 = x4 6≡ 0 Logo, de fato, as funções x2 e x3 são LI. 68 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Teorema 6.3. Se y1(x), y2(x) são soluções LI da EDOLH y′′(x) + f(x)y′(x) + g(x)y(x) = 0 (26) então para quaisquer números reais C1, C2 uma função φ(x) = C1y1 + C2y2 também é solução de (26). Prova: Se y1(x) e y2(x) são soluções, então y′′1 (x) + f(x)y ′ 1(x) + g(x)y1(x) = 0 y′′2 (x) + f(x)y ′ 2(x) + g(x)y2(x) = 0 Substituindo φ(x) = C1y1 + C2y2 em y′′(x) + f(x)y′(x) + g(x)y(x) temos (C1y1 + C2y2) ′′ + f(x)(C1y1 + C2y2) ′ + g(x)(C1y1 + C2y2) Redistribuindo, C1 ( f(x)y′′1 (x) + g(x)y ′ 1(x) + h(x)y1(x) )︸︷︷︸ =0 +C2 ( f(x)y′′2 (x) + g(x)y ′ 2(x) + h(x)y2(x) )︸︷︷︸ =0 = 0X 69 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM 6.5 Método de D’Alembert Dada a EDOLH da forma y′′ + f(x)y′ + g(x)y = 0 e uma solução não trivial y1(x) podemos encontrar uma segunda solução y2(x) LI de y1(x) pelo método de D’Alembert. Método de resolução Supondo que y1(x) é solução da EDOLH, procurar a segunda solução y2(x) como sendo o produto de y1 com uma função w(x), ou seja, procurar y2(x) = y1(x)w(x) e substituir na EDOLH. Obs.:Vamos omitir a variável independente x para não carregar a notação. Com a intenção de encontrar a segunda solução pelo método de D’Alembert, substituimos y = y1w na EDOLH y′′ + f(x)y′ + g(x)y = 0 logo, (y1w) ′′ + f(x)(y1w) ′ + g(x)(y1w) = 0 (y′′1w + 2y ′ 1w ′ + w′′) + f(x)(y′1w + y1w ′) + g(x)(y1w) = 0 (29) Lembre que y1 é solução da EDOLH, portanto y′′1 + f(x)y ′ 1 + g(x)y1 = 0 (30) Reescrevendo (29) para usar (30) (y′′1w + 2y ′ 1w ′ + y1w ′′) + f(x)(y′1w + y1w ′) + g(x)(y1w) = 0 (y′′1 + f(x)y ′ 1 + g(x)y1︸︷︷︸ =0 )w + (2y′1w ′ + w′′) + f(x)(y1w ′) = 0 72 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM restando apenas (2y′1w ′ + w′′) + f(x)(y1w ′) = 0 Lembre que y1 = y1(x) e já está definido (supostamente já conhecemos). Então essa EDOLH é de segunda ordem e redutível a primeira, pois não aparece a variável depen- dente w(x). (Tipo 2) Exemplo 6.5.1. Sabendo que y1 = ex é solução da EDOLH y′′ − y′ = 0, determine: a) uma segunda solução LI de y1 usando o método de D’Alembert; b) a solução geral da EDOLH. Resolução: Usando D’Alembert procuramos y2 = wex. Substituindo na EDO (wex)′′ − (wex)′ = 0 =⇒ (w′′ex + 2w′ex + wex)− (w′ex + wex) = 0 w′′ex + 2w′ex +we x − w′ex −wex = 0 =⇒ w′′ex + 2w′ex +−w′ex = 0 w′′ex + w′ex = 0. Fazendo φ = w′ φ′ + φ = 0 =⇒ dφ dx = −φ =⇒ ∫ 1 φ dφ = ∫ − dx =⇒ ln |φ| = −x+D1 |φ| = e−x+D1 =⇒ φ = ±eD1e−x =⇒ w′ = ±eC1e−x =⇒ w′ = D2e−x =⇒∫ w′dx = ∫ D2e −xdx =⇒ w = D3e−x +D4. Escolhendo D3 = 1 e D4 = 0 temos que w = e−x e consequentemente y2 = 1. A solução geral fica perfeitamente definida por y(x) = C1e x + C2 (solução geral) 73 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Exemplo 6.5.2. Sabendo que y1 = x é solução da EDOLH x2y′′ − x(x+ 2)y′ + (x+ 2)y = 0 determine: a) uma segunda solução LI de y1 usando o método de D’Alembert; b) a solução geral da EDOLH. Resolução: Usando D’Alembert y2 = y1w =⇒ y2 = xw x2y′′ − x(x+ 2)y′ + (x+ 2)y = 0 x2(xw)′′ − x(x+ 2)(xw)′ + (x+ 2)(xw) = 0 x2(2w′ + w′′x)− (x2 + 2x)(w′x+ w) + (x+ 2)wx = 0 2w′x2 + w′′x3 − w′x3 −wx2 −2x2w′ −2wx+wx2 +2wx = 0 w′′x 3 − w′x3 = 0 w′′ − w′ = 0 Fazendo a redução de ordem, isso é, a mudança do tipo 2: v = w′ e v′ = w′′ temos, v′ − v = 0 74 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM (x− 1)dv dx + (x− 2)v = 0 ∫ 1 v dv = − ∫ (x− 2) (x− 1) dx = − ∫ [( x− 1 x− 1 ) + ( −1 x− 1 )] dx ∫ 1 v dv = − ∫ dx+ ∫ ( 1 x− 1 ) dx ln |v| = −x+ ln |x− 1|+ C1 |v| = e−x+ln |x−1|+C1 |v| = eC1e−x|x− 1| =⇒ ∣∣∣∣ vx− 1 ∣∣∣∣ = eC1e−x v x− 1 = ±eC1e−x =⇒ v = C2e−x(x− 1) dw dx = C2e −x(x− 1) =⇒ w = ∫ C2e −x(x− 1)dx w = C2 [ (−x+ 1)e−x − e−x + C3 ] Escolhendo C2 = 1 e C3 = 0 w = −xe−x y2 = y1w =⇒ y2 = ex(−xe−x) = −x y2 = −x (segunda solução LI da primeira) Portanto, y(x) = C1e x + C2x (solução geral) 77 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM 6.6 EDOLH de 2ª ordem com coeficientes constantes homogêneas Equações diferenciais ordinárias lineares e homogêneas (EDOLH) de 2ª ordem com coe- ficientes constantes podem ser escritas na forma ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0 (31) nos quais a, b, c ∈ R Soluções de uma EDOLH: Vamos procurar uma solução para (31) da forma y = eλx, no qual λ é um número que desejamos determinar. Se é solução então deve satisfazer a EDOLH (31), ou seja, ay′′ + by′ + cy = 0 a(eλx)′′ + b(eλx)′ + ceλx = 0 aλ2eλx + bλeλx + ceλx = 0 ( aλ2 + bλ+ c ) eλx = 0 Para que essa esquação seja válida pelo menos um dos fatores ( aλ2 + bλ+ c ) ou eλx deve ser nulo. Note que o segundo fator é sempre não nulo para qualquer valor de x, ou seja,( aλ2 + bλ+ c ) eλx︸︷︷︸ 6=0∀x = 0 Logo, aλ2 + bλ+ c = 0 (32) (equação característica) A equação (32) é chamada equação característica de (31). Essa equação determina para quais valor de λ a função y(x) = eλx é solução de (31). 78 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Note que para EDO’s de 2ª ordem a equação característica é uma equação polinomial de grau 2 em λ. Sabemos (lá do ensino médio) que uma equação polinomial de 2ª ordem possui duas soluções e que essas soluções podem ser: i) reais e distintas; ii) reais e iguais; iii) complexas e conjugadas. Teorema 6.5. Considere a EDOLH de 2ª ordem ay′′(x) + by′(x) + cy(x) = 0 (33) e sua respectiva equação característica aλ2 + bλ+ c = 0. (34) Então: i) Se λ1, λ2 são soluções reais e distintas de (34), então a solução geral de (33) será y(x) = C1e λ1x + C2e λ2x ii) Se λ1, λ2 são soluções reais e iguais de (34), então a solução geral de (33) será y(x) = C1e λ1x + C2xe λ1x iii) Se λ1, λ2 são soluções complexas e conjugadas de (34), λ1 = α+ iβ então a solução geral de (33) será y(x) = eαx [C1 cos(βx) + C2 sen(βx)] 79 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Prova do teorema (6.5) Lembre que para caracterizar uma solução geral de uma EDOLH de 2ª ordem precisamos de duas função y1 e y2 que sejam soluções da equação e LI. Com “isso em mãos” y(x) = C1y1 + C2y2 para C1, C2 ∈ R é solução geral. Dado a equação característica (34) suponha o caso (i): Se λ1 6= λ2 então W (eλ1x, eλ2x) = λ2e λ1xeλ2x − λ1eλ1xeλ2x W (eλ1x, eλ2x) = (λ2 − λ1)︸︷︷︸ 6=0 eλ1xeλ2x︸︷︷︸ 6=0 Como W (eλ1x, eλ2x) 6= 0 então eλ1x e eλ2x são linearmente independentes. Portanto a sulução é dada por y(x) = C1eλ1x + C2eλ2x. X Dado a equação característica (34) suponha o caso (ii): Se λ1 = λ2. Ou seja, como as duas raízes são reais e iguais, vamos chamá-las simplesmente de λ. Então y1 = eλx é uma solução. Precisamos de outra que seja LI. Usamos então o método de D’Alembert e procuramos uma segunda solução da forma y2 = weλ. Substituindo na EDO ay′′2 + by ′ 2 + cy2 = 0 a(weλx)′′ + b(weλx)′ + c(weλx) = 0 a(w′′eλx + 2λw′eλx + λ2weλx) + b(w′eλx + λweλx) + c(weλx) = 0 82 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Redistribuindo temos aλ2weλx + bλweλx + cweλx + aw′′eλx + 2aλw′eλx + bw′eλx = 0 (aλ2w + bλw + cw)︸︷︷︸ =0 eλx + (aw′′ + 2aλw′ + bw′)eλx = 0 (aw′′ + 2aλw′ + bw′) eλx = 0 =⇒ (aw′′ + 2aλw′ + bw′) = 0 Observe que se as raízes da equação característica 32 são iguais, então na expressão λ = −b± √ b2 − 4ac 2a temos que b2 − 4ac = 0, ou seja, λ = −b± √ 0 2a =⇒ λ = − b 2a . Substituindo o valor λ = −b2a na experessão acima aw′′ + 2aλw′ + bw′ = 0 aw′′ + 2a ( − b 2a ) w′ + bw′ = 0 aw′′ −bw′ +bw′ = 0 w′′ = 0 =⇒ w = D1x+D2. Escolhendo D1 = 1 e D2 = 0, temos a opção mais simples para w. w = x. Assim, y2 = xeλx e consequentemente a solução geral é y(x) = C1e λx + C2xe λx. Observação 6.2. OMétodo de D’Alembert garante que eλx e xeλx são LI. Mesmo assim, pode-se fazer o cálculo do Wronskiano e verificar que, de fato, W (eλx, xeλx) = e2λx 6= 0. X 83 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Dado a equação característica (34) suponha o caso (iii): Se λ1 = λ2 = α+ iβ W (eλ1x, eλ2x) = (λ2 − λ1)︸︷︷︸ 2βi eλ1xeλ2x 6= 0 Então, y = Aeλ1x +Beλ2x y = Ae(α+iβ)x +Be(α−iβ)x é solução geral. No entanto, a expressão da maneira que está escrita (incluindo o número imaginário “i”) traz consigo todas soluções reais e complexas. Como as soluções comple- xas não nos interessam nesse momento, por esse motivo a ideia é então encontrar uma outra forma de escrever a solução geral de modo que não apareça o termo imaginário e consequentemente tenhamos apenas as soluções reais. Usando a série de Maclaurin da função exponencial podemos reescrever a função e(α+iβ)x da seguinte maneira: e(α+iβ)x = eαxeiβx e(α+iβ)x = eαx ( 1 + (iβx) + (iβx)2 2 + (iβx)3 3! + (iβx)4 4! + (iβx)5 5! + (iβx)6 6! + . . . ) e(α+iβ)x = eαx ( 1 + i(βx)− (βx) 2 2 − i(βx) 3 3! + (βx)4 4! + i (βx)5 5! − (βx) 6 6! + . . . ) Nessa última igualdade podemos aplicar as séries de Maclaurin das funções seno e cos- seno, obtendo a fórmula de Euler e(α+iβ)x = eαx  ( 1− (βx) 2 2 + (βx)4 4! − (βx) 6 6! + . . . ) ︸︷︷︸ cos(βx) +i ( (βx)− (βx) 3 3! + (βx)5 5! + . . . ) ︸︷︷︸ sen(βx)  Isso é, e(α+iβ)x = eαx [cos(βx) + i sen(βx)] (35) (fórmula de Euler) 84 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM ◦ Exercício 11. Resolva as seguintes EDOLH de segunda ordem com coeficientes cons- tantes. a) y′′ − 2y′ − 3y = 0 b) y′′ + 2y′ = 0 c) y′′ − y′ − 2y = 0 d) 4y′′ − 4y′ + y = 0 e) y′′ + 2y′ + 10y = 0 f)  y′′ + 9y = 0 y(π/2) = 2 y′(π/2) = 1 g)  y′′ + 2y = 0 y(0) = 2 y′(0) = −1 h) y′′ + 4y′ + 3y = 0 i)  y′′ − 2y′ + y = 0 y(0) = 1 y′(0) = 1 j) y′′ + 2y′ + 5y = 0 87 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM RESPOSTAS Exercício 9 a) 4(C1y − 1) = (C1x+ C2)2 b) y = x 2 4 + x+ 3 2 c) y = ± √ C1x+ C2 d) 2y − 3 = 8ye 3x 2 e) y = ln ∣∣∣1+x1−x ∣∣∣+ 3 f) y = ln ∣∣∣1+xx−1 ∣∣∣+ 3 Exercício 10 a) y2 = x; y(x) = C1ex + C2x b) y2 = 1x2 ; y(x) = C1x+ C2 1 x2 c) y2 = xex; y(x) = C2xex + C1x d) y2 = ex; y(x) = C1ex + C2x2ex e) y2 = cos(x2); y(x) = C1 sen(x2) + C2 cos(x2) f) y2 = −1 + x2 ln ( |1+x| |1−x| ) ; y(x) = C1x+ C2 ( −1 + x2 ln ( |1+x| |1−x| )) g) y2 = x2ex 2 ; y(x) = C1e x2 + C2x 2ex 2 h) y2 = x5 − 2x4; y(x) = C1x3 + C2(x5 − 2x4) Exercício 11 a) y = C1e−x + C2e3x b) y = C1 + C2e−2x c) y = C1e−x + C2e2x d) y = C1ex/2 + C2xex/2 e) y = e−x(C1 cos(3x) + C2 sen(3x)) f) y = 13 cos(3x)− 2 sen(3x) g) y = 2 cos( √ 2x)− √ 2 2 sen( √ 2x) h) y = C1e−x + C2e−3x i) y = ex j) y = e−x(C1 cos 2x+ C2 sen 2x) 88 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM 6.8 Equações diferenciais lineares não homogêneas Uma equação diferencial é chamada de equação diferencial linear não homogênea (EDOLNH) se pode ser escrita na forma y′′(x) + f(x)y′(x) + g(x)y(x) = h(x) (37) (EDOLNH) A toda EDOLNH associaremos uma EDOLH associada (EDOLHA) que será basica- mente a mesma EDO porém homogênea y′′(x) + f(x)y′ + g(x)y(x) = 0 (38) (EDOLHA) A solução geral de (37) será a soma entre a solução homogênea de (38) com a sua solução particular yp(x). A solução particular tem a seguinte propriedade: y′′p(x) + f(x)y ′ p + g(x)yp(x) = h(x) Lema 6.1. Se yp1 e yp2 são soluções de (37) então yp1 − yp2 é solução de (38). Prova: Se yp1 e yp2 são soluções, então y′′p1(x) + f(x)y ′ p1 + g(x)yp1(x) = h(x) y′′p2(x) + f(x)y ′ p2 + g(x)yp2(x) = h(x) Subtraindo e usando a linearidade da derivada (yp1 − yp2) ′′(x) + f(x)(yp1 − yp2) ′ + g(x)(yp1 − yp2)(x) = h(x)− h(x) = 0 89 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Exemplo 6.9.2. Encontre a solução geral da EDOLNH de coeficientes constantes y′′ + 3y′ + 2y = x. Resolução: Solução homogênea EDOLHA y′′ + 3y′ + 2y = 0 Solução (verifique) yh = C1e −x + C2e −2x Solução particular h(x) = x que deve ser visto como um polinômio de grau 1. Nossa solução particular terá esse formato. Vamos procurar yp como sendo um polinômio de grau 1, em sua forma mais geral possível yp = Ax+B Substituindo na EDOLNH yp ′′ + 3yp ′ + 2yp = x (Ax+B)′′ + 3(Ax+B)′ + 2(Ax+B) = x (Ax+B)′′︸︷︷︸ =0 +3 (Ax+B)′︸︷︷︸ =A +2(Ax+B) = x 3A+ 2(Ax+B) = x 2Ax+ (3A+ 2B) = x 2Ax+ (3A+ 2B) = 1x+ 0 92 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Recaímos no sistema { 2A = 1 3A+ 2B = 0 Resolvendo o sistema obtemos A = 1/2 B = −3/4 Logo, yp = Ax+B =⇒ yp = x/2− 3/4 Solução geral y(x) = yh(x) + yp(x) y(x) = C1e −x + C2e −2x + x 2 − 3 4 93 IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - IM E F - FU R G - Prof. André Meneghetti 6 EDO’S DE 2ª ORDEM Exemplo 6.9.3. Encontre a solução geral da EDOLNH de coeficientes constantes y′′ − y′ − 2y = 4x2. Resolução: Solução homogênea EDOLHA y′′ − y′ − 2y = 0 Solução (verifique) yh = C1e −x + C2e 2x Solução particular h(x) = 4x2 que deve ser visto como um polinômio de grau 2. Nossa solução particular terá esse formato. Vamos procurar yp como sendo um polinômio de grau 2, em sua forma mais geral possível yp = Ax 2 +Bx+ C Substituindo na EDOLNH yp ′′ − yp′ − 2yp = 4x2 (Ax2 +Bx+ C)′′ − (Ax2 +Bx+ C)′ − 2(Ax2 +Bx+ C) = 4x2 (Ax2 +Bx+ C)′′︸︷︷︸ =2A − (Ax2 +Bx+ C)′︸︷︷︸ 2Ax+B −2(Ax2 +Bx+ C) = 4x2 2A− (2Ax+B)− 2(Ax2 +Bx+ C) = 4x2 −2Ax2 + (−2A− 2B)x+ (2A−B − 2C) = 4x2 −2Ax2 + (−2A− 2B)x+ (2A−B − 2C) = 4x2 + 0 + 0 94

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