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Calculo 2 - Professora liliana -Universidade Estadual do Norte Fluminense - Eng metalúrgica
Tipologia: Notas de aula
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Compartilhado em 05/06/2020
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Universidade Estadual do Norte Fluminense Darcy Ribeiro
Laboratório de Ciências Matemáticas
Definição 1.1. Chama-se equação diferencial ordinária (EDO) a uma equação que es- tabelece uma relação entre a variável independente 𝑥, a função desconhecida 𝑦(𝑥) e suas de- rivadas 𝑦′, 𝑦′′, 𝑦′′′,... , 𝑦(𝑛)
Simbolicamente, pode-se escrever: 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑦′, 𝑦′′,... , 𝑦(𝑛)) = 0
sendo, 𝑥 ∈ 𝐼 (𝐼 intervalo aberto em R).
Exemplo 1.1. A seguir algumas equações diferenciais ordinárias
𝑎) 𝑦′^ = 𝑥 𝑏) 𝑦′′^ + 𝑦 = 0 𝑐) (1 + 𝑥^2 )𝑦′^ = arctan 𝑥 𝑑) 𝑦′^ = (^) 𝑥 2 𝑥𝑦+ 𝑦 2. Equações diferenciais são classificadas de acordo a ordem e linearidade:
Definição 1.2. A ordem de uma equação diferencial é o maior ordem (grau) da derivada que figura nessa equação.
Exemplo 1.2. Do exemplo anterior concluímos que
𝑖) As equações 𝑎), 𝑐), 𝑑) são de ordem 1. Diz-se que são equações de 1 𝑟𝑎^ ordem. 𝑖𝑖) A equação 𝑏) é de ordem 2. Equação de 2 𝑑𝑎^ ordem. 𝑖𝑖𝑖) 𝑦(4)^ + 𝑦′′^ − 𝑦^3 = sen 𝑥, com 𝑥 ∈ R é de 4 𝑎^ ordem.
Definição 1.3. (EDO Linear) Sejam as funções 𝑎𝑖(𝑥), 𝑖 = 1, 2 ,... , 𝑛, e 𝑏(𝑥) contínuas em (𝑎, 𝑏) e 𝑎 0 (𝑥) ̸= 0, ∀ 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏). Uma equação da forma
𝑎 0 (𝑥) 𝑦(𝑛)^ + 𝑎 1 (𝑥) 𝑦(𝑛−1)^ + 𝑎 2 (𝑥) 𝑦(𝑛−2)^ + · · · + 𝑎𝑛− 1 (𝑥) 𝑦′^ + 𝑎𝑛(𝑥) 𝑦 = 𝑏(𝑥), (1.1)
chama-se equação diferencial ordinária linear de ordem n (𝑛 ≥ 1).
Pode-se escrever a equação (1.1) na forma:
𝑦(𝑛)^ + 𝑝 1 (𝑥) 𝑦(𝑛−1)^ + 𝑝 2 (𝑥) 𝑦(𝑛−2)^ + · · · + 𝑝𝑛− 1 (𝑥) 𝑦′^ + 𝑝𝑛(𝑥) 𝑦 = 𝑞(𝑥), (1.2)
ou [︁ 𝐷(𝑛)^ + 𝑝 1 (𝑥) 𝐷(𝑛−1)^ + 𝑝 2 (𝑥) 𝐷(𝑛−2)^ + · · · + 𝑝𝑛− 1 (𝑥) 𝐷 + 𝑝𝑛(𝑥)
Observação 1.1. Denotando a expressão a esquerda de (1.3) pelo operador linear 𝐿(𝐷) 𝑦, obtemos 𝐿(𝐷) 𝑦 = 𝑞(𝑥), ou abreviadamente
𝐿(𝑦) = 𝑞(𝑥). (1.4)
Se 𝑞(𝑥) = 0 para todo 𝑥, a equação (1.4) é chamada homogênea ou incompleta. Se 𝑞(𝑥) ̸= 0 para algum 𝑥, a equação (1.4) se diz não homogênea ou completa.
Exemplo 1.3. A equação 𝑦′′^ − 2 𝑦′^ + 𝑦 = 0 é uma EDO de 2 𝑑𝑎^ ordem linear homogênea
Exemplo 1.4. As equações 𝑦𝑦′′^ − 2 𝑦 = 𝑥 e 𝑦′′′^ + 𝑦^2 = 0 são EDO’s não lineares, de 2 𝑑𝑎^ e 3 𝑎^ ordem respectivamente (a EDO é não-linear quando não for de primeiro grau em 𝑦 ou em suas derivadas).
Definição 1.4. A EDO dada na definição (1.1) está na forma normal quando se encontra explicitada em relação à derivada de maior ordem que nela figura, isto é
𝑦(𝑛)^ = 𝐺(𝑥, 𝑦, 𝑦′, 𝑦′′,... , 𝑦(𝑛−1)).
As equações diferenciais 𝑎) e 𝑑) do exemplo (1.1) estão na forma normal. As outras não o estão, mas é possível pô-las escrevendo 𝑦′′^ = −𝑦 e 𝑦′^ = arctan 1 + 𝑥 2 𝑥. A equação do item (iii) do exemplo (1.2) em sua forma normal escreve-se 𝑦(4)^ = sen 𝑥 − 𝑦′′^ + 𝑦^3.
Observação 1.2. Nem sempre é possível escrever uma equação em sua forma normal.
Exemplo 1.5. As equações
𝑎) 𝑦 = 𝑥𝑦′^ − 14 (𝑦′)^2 𝑏) (𝑦′)^4 − (𝑥 + 2𝑦 + 1)(𝑦′)^3 − 2 𝑥𝑦𝑦′^ = 0
são equações de 1 𝑟𝑎^ ordem, em que 𝑦′^ não pode ser explicitada em função de 𝑦 e de 𝑥.
As EDO’s de primeira ordem se apresentam sob duas formas equivalentes:
Um Problema de Valor Inicial (P.V.I) consiste em resolver uma EDO de primeira ordem 𝑑𝑦 𝑑𝑥 =^ 𝑓^ (𝑥, 𝑦) sujeita a uma condição inicial 𝑦(𝑥 0 ) = 𝑦 0.
Em termos geométricos, procuramos uma solução para uma EDO, definida em algum inter- valo 𝐼 tal que o gráfico da solução passe por um ponto (𝑥 0 , 𝑦 0 ) ∈ 𝐼 determinado a priori.
Exemplo 2.1. Resolver o problema de valor inicial em 𝐼 = (−∞, ∞). ⎧ ⎨ ⎩
Sol.: É simples verificar que para qualquer valor de 𝐶 (constante), 𝑦 = 𝐶𝑒𝑥^ satisfaz a equação 𝑦′^ = 𝑦 em 𝐼. Porém, só 𝑦 = 3𝑒𝑥^ é a única função da “família de soluções” que satisfaz a condição 𝑦(0) = 3𝑒^0 = 3, Fig. 2.1.
Figura 2.1: Família de Soluções de 𝑦′^ = 𝑦.
Observação 2.1. O exemplo anterior, levanta duas questões fundamentais:
Exemplo 2.2. Uma simples substituição das funções: 𝑦 = 𝑥
4 16 e^ 𝑦^ = 0, Figura 2.2,
Figura 2.2: Soluções de 𝑦′^ = 𝑥𝑦^1 /^2.
permite verificar que ambas satisfazem o P.V.I: ⎧ ⎨ ⎩
Geometricamente, a equação (2.4) afirma que em qualquer ponto (𝑥, 𝑦), o coeficiente angular 𝑦′^ da solução neste ponto é dado por 𝑓 (𝑥, 𝑦). Podemos representar graficamente esta situação traçando um pequeno segmento de reta no ponto (𝑥, 𝑦) com coeficiente angular 𝑓 (𝑥, 𝑦). O conjunto de segmentos de reta é conhecida como o campo de direções da equação diferencial (2.4).
Exemplo 2.3. Seja a equação diferencial 𝑦′^ = 𝑦, onde 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑦. O campo de direções desta equação diferencial é mostrada na Figura 2.3. Note que a solução é a função 𝑦(𝑥) = 𝐶𝑒𝑥, onde 𝐶 ∈ R.
Figura 2.3: Campo de direções da equação 𝑦′^ = 𝑦.
Exemplo 2.4. Seja a equação diferencial 𝑑𝑦𝑑𝑥 = √︀ 𝑥^2 + 𝑦^2. Para a construção do campo de direções desta equação, acha-se o lugar geométrico dos pontos nos quais as tangentes as curvas integrais (ou gráfico das soluções) procuradas conservam uma direção constante. Tais linhas chamam-se isóclinas (Fig. 2.4).
A equação das isóclinas obtém-se considerando 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 𝑘, onde 𝑘 é uma constante. Logo, para este exemplo temos
𝑥^2 + 𝑦^2 = 𝑘, ou 𝑥^2 + 𝑦^2 = 𝑘^2. Consequentemente as isóclinas são circunferências com centro na origem de coordenadas, e o coeficiente angular da tangente às curvas integrais procuradas é igual ao raio de ditas circunferências. Para construir o campo de direções, damos a constante 𝑘 certos valores determinados.
Figura 2.4: Campo de Direções e Isóclinas da eq. 𝑑𝑦𝑑𝑥 =
2.3 Equações de Variáveis Separáveis
Uma equação diferencial ordinária de 1 𝑟𝑎^ ordem é separável se for da forma
𝑑𝑦 𝑑𝑥 =^ 𝑔(𝑥)ℎ(𝑦)^ (2.5)
ou se for possível, por manipulações algébricas elementares, reescrever a equação na forma diferencial
𝑀 (𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑁 (𝑦) 𝑑𝑦 = 0 (2.6)
Resolver (2.6) se reduz a uma integração em cada variável.
Observação 2.3. Lembremos que, se 𝑦 = 𝑓 (𝑥) e f é diferenciável, então a diferencial na variável 𝑦, é 𝑑𝑦 = 𝑓 ′(𝑥) 𝑑𝑥. Logo,
𝑑𝑦 = 𝑦′^ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑑𝑥
sendo 𝑑𝑥 o diferencial da variável 𝑥.
Exemplo 2.5. Resolva a EDO 𝑦′^ = 2𝑥 𝑒−𝑦.
Sol.: Multiplicando por 𝑒𝑦^ 𝑑𝑥 na equação diferencial dada, temos:
𝑒𝑦^ 𝑦′^ 𝑑𝑥 = 2𝑥 𝑒−𝑦^ 𝑒𝑦^ 𝑑𝑥
isto é, 𝑒𝑦^ 𝑑𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑥.
Por outro lado, é simples verificar que 𝑦(𝑥) = 2 e 𝑦(𝑥) = − 2 são soluções da EDO 2.11. Mas só 𝑦(𝑥) = − 2 satisfaz a condição inicial do problema (P.V.I).
Note na Figura 2.5 que:
Figura 2.5: Soluções da EDO 2.
(a) 𝑦√ 1 − 𝑥^2 𝑦′^ = 𝑥 (b) 𝑥^5 𝑦′^ + 𝑦^5 = 0 (c) 𝑥 𝑑𝑦 = (1 − 2 𝑥^2 ) tan 𝑦 𝑑𝑥; (d) 𝑒−𝑥𝑑𝑦 + (𝑥𝑒𝑦^ + 𝑒−𝑥+𝑦)𝑑𝑥 = 0
(e) 𝑥𝑦𝑦′^ = 𝑦 + 2 ; 𝑦(0) = − 2 (f) 𝑦′^ − 𝑦 = 3 ; 𝑦(1) = − 3 (g) 𝑦′(1 + 𝑦) = (1 − 𝑥^2 ); 𝑦(−1) = − 2 (h) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 3 𝑥
2 3 𝑦^2 − 4 ;^ 𝑦(1) = 0
(d) (1 + 𝑦)𝑦′^ = 𝑦 ; 𝑦(1) = 1 (e) 𝑥𝑦′^ − 𝑥𝑦 = 𝑦; 𝑦(1) = 1 (f) 𝑦′^ =^2 𝑥𝑦
𝑐) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = sen 𝑥 cos 𝑦; 𝑦(1) = 0. 𝑑) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 1 − 𝑥𝑦; 𝑦(−1) = 0.
Integrando ambos membros de (2.22) obtemos
𝑒 ∫︀ 𝑝(𝑥)^ 𝑑𝑥^ 𝑦 =
∫︀ 𝑝(𝑥)^ 𝑑𝑥^ 𝑞(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶, ou 𝑦(𝑥) = 𝑒−
∫︀ 𝑝(𝑥)^ 𝑑𝑥^ 𝑞(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶
Portanto, esta é a solução geral da equação (2.16).
Exemplo 2.8. Ache uma solução geral de (𝑥^2 + 1)𝑦′^ + 3𝑥𝑦 = 6𝑥.
Sol.: Dividindo por (𝑥^2 + 1) a anterior equação fica
𝑦′^ + (^) 𝑥 (^23) + 1𝑥 𝑦 = (^) 𝑥 (^26) + 1𝑥.
Então, 𝑝(𝑥) = (^) 𝑥 (^23) + 1𝑥 e 𝑞(𝑥) = (^) 𝑥 (^26) + 1𝑥.
O fator integrante é dado por:
𝜇(𝑥) = 𝑒
3 ln(𝑥^2 + 1) (^2) = (𝑥^2 + 1)^3 /^2.
Logo, a solução é dada por
𝑦(𝑥) = (𝑥^2 + 1)−^3 /^2
Exemplo 2.9. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI) ⎧⎨ ⎩
Sol.: Temos que 𝑝(𝑥) = − 3 e 𝑞(𝑥) = 𝑒^2 𝑥. O fator integrante é 𝜇(𝑥) = 𝑒 ∫︀ −^3 𝑑𝑥^ = 𝑒−^3 𝑥. Logo, a solução é dada por
𝑦(𝑥) =
Pela condição inicial temos
𝑦(0) = −1 + 𝐶 = 3 =⇒ 𝐶 = 4.
Logo, a solução do PVI é dado por 𝑦(𝑥) = 4𝑒^3 𝑥^ − 𝑒^2 𝑥.
Exemplo 2.10. Resolva o Problema de Valor Inicial (PVI) ⎧ ⎨ ⎩
𝑥^2 𝑦′^ + 𝑥 𝑦 = sen 𝑥 𝑦(1) = 2
Sol.: Dividindo por 𝑥^2 temos que 𝑦′^ + 𝑦/𝑥 = sen 𝑥/𝑥^2 , de modo que o fator integrante é 𝜇(𝑥) = 𝑒 ∫︀ 1 𝑥^ 𝑑𝑥 = 𝑒ln^ 𝑥^ = 𝑥. Assim, a solução é
𝑦(𝑥) =
𝑥 sen𝑥 2 𝑥𝑑𝑥 + 𝐶
sen𝑥^ 𝑥𝑑𝑥 + 𝐶
Observamos que a antiderivada de sen 𝑥/𝑥 não é possível calcular. Podemos usar o Teorema Fundamental do Cálculo para escrever uma antiderivada de uma função contínua arbitrária 𝑓 (𝑥) na forma 𝐹 (𝑥) = ∫︀ 𝑎𝑥 𝑓 (𝑡) 𝑑𝑡. Logo, temos que:
𝑦(𝑥) =
0
sen 𝑡 𝑡 𝑑𝑡^ +^ 𝐶
O limite de integração 𝑎 = 0 é permissível porque sen 𝑡/𝑡 → 1 quando 𝑡 → 0.
Aplicando a condição inicial temos 𝑦(1) =
0
sen 𝑡 𝑡 𝑑𝑡^ +^ 𝐶^ = 2.
Logo, 𝐶 = 2 − ∫︀ 01 sen𝑡 𝑡𝑑𝑡, de onde substituindo em (2.30) obtemos
𝑦(𝑥) =
0
sen 𝑡 𝑡 𝑑𝑡^ + 2^ −
0
sen 𝑡 𝑡 𝑑𝑡
Portanto, 𝑦(𝑥) =^2 𝑥 + 𝑥^1
1
sen 𝑡 𝑡 𝑑𝑡^ é a solução do PVI.
(g) 𝑦′^ − 2 𝑦 = 𝑡^2 𝑒^2 𝑡 (h) 𝑦′^ + (1/𝑥)𝑦 = 3 cos 2𝑥 (i) 𝑡𝑦′^ + 2𝑦 = sen 𝑡 , 𝑡 > 0 (j) (1 + 𝑡^2 )𝑦′^ + 4𝑡𝑦 = (1 + 𝑡^2 )−^2 , 𝑡 > 0 (k) 𝑡𝑦′^ − 𝑦 = 𝑡^2 𝑒−𝑡 (l) 2 𝑦′^ + 𝑦 = 3𝑡^2