Apostila - Introdução Às Equações Diferenciais Ordinárias 2016-1

Cópia Digital INTRODUÇÃO ÀS EQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIAS Reginaldo J. Santos Departamento de Matemática-ICEx Universidade Federal de Minas Gerais https://regijs.github.io x1 x2 Imprensa Universitária da UFMG - Belo Horizonte Julho 2016 Cópia Digital Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Copyright © 2021 by Reginaldo J. Santos (2021.11.23) Nenhuma parte desta publicação poderá ser reproduzida por qualquer meio sem a prévia autorização, por escrito, do autor. Editor, Coordenador de Revisão, Supervisor de Produção, Capa e Ilustrações: Reginaldo J. Santos ISBN 978-85-7470-021-2 Ficha Catalográfica Santos, Reginaldo J. S237i Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias / Reginaldo J. Santos - Belo Horizonte: Imprensa Universitária da UFMG, 2021. 1. Equações Diferenciais I. Título CDD: 515.3 SUMARIO APRESENTACAO viii 1 EQUACOES DIFERENCIAIS DE 1? ORDEM 1 1.1 Introdugao as Equagoes Diferenciais. 2. ee eee eee 1.1.1 Classificagdo. 2. eee eee 67 1.1.2 Solugdes de Equagdes Ordinarias. 2... ee ee eee ee ee BB 1.1.3 Equacdes Ordinariasde1#Ordem .. 2... 2 ee ee ee ee 12 ExercicioS 2. ee ee ee ee ee 14 1.2 Equacdes Linearesde 1#Ordem ow. ee ee ee ee 18 1.2.1 Equacdesemquep(t)=0 ........ 2... 00.0020 00.2 eee eee eee eee 18 1.2.2 EquacdesLineares-CasoGeral .. 2... 2. ee ee ee ee 18 1.2.3 Como'chegar ao fator integrante p(t) =e/ POE? ee eee 24 ExercicioS ©. ee ee ee 26 1.3 EquacdesSeparaveis. . 2... ee eee eee 28 ExercicioS 2 1. ee ee ee OF 1.4 EquacdesExatas 2... ee eee ee 8G 1.4.1 FatoresIntegrantes. 2... ee ee ee ee ee 46 Exercici0S 2. eee ee ee ee 50 1.5 Substituigdes em Equagdes de 1#Ordem 2... ee eee ee 54 15.1 Equacdes Homogéneas de 12 Ordem . 2... ee ee ee eee 5A Cópia Digital iv Sumário 1.5.2 Equações de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 1.5.3 Equações de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 1.5.4 Equações da forma y′ = F(ax + by) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 1.6 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 1.6.1 Dinâmica Populacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 1.6.2 Decaimento Radioativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74 1.6.3 Misturas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 1.6.4 Lei de Resfriamento de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 1.6.5 Lei de Torricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 1.6.6 Velocidade de Escape . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90 1.6.7 Resistência em Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 1.6.8 Circuitos Elétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97 1.6.9 Juros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 1.6.10 Reações Químicas de 2a. Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 1.6.11 Trajetórias Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 1.7 Análise Qualitativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 1.7.1 Equações Autônomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 1.7.2 Campo de Direções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 1.8 Existência e Unicidade de Soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 1.8.1 Demonstração do Teorema de Existência e Unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 1.9 Respostas dos Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE 2a. ORDEM 273 2.1 Equações Homogêneas - Parte I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 2.1.1 Soluções Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276 2.1.2 Fórmula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 285 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital Sumário v 2.2 Equações Homogêneas - Parte II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291 2.2.1 Obtendo-se uma Segunda Solução (Redução de Ordem) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291 2.2.2 Equações Homogêneas com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 307 2.3 Equações Não Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309 2.3.1 Método de Variação dos Parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313 2.3.2 Método dos Coeficientes a Determinar para Equações com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . 320 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331 2.4 Oscilações Livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332 2.4.1 Sem Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335 2.4.2 Com Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350 2.5 Oscilações Forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 2.5.1 Sem Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 2.5.2 Com Amortecimento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359 2.5.3 Circuitos Elétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368 2.6 Soluções em Séries de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371 2.6.1 Demonstração do Teorema de Existência de Soluções em Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389 2.6.2 Demonstração das Propriedades de Séries de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 397 2.7 Mudanças de Variáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404 2.7.1 Equações que não Contém y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404 2.7.2 Equações que não Contém t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405 2.7.3 Equações de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407 2.7.4 Outras Mudanças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411 2.8 Respostas dos Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412 3 TRANSFORMADA DE LAPLACE 489 3.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 489 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital vi Sumário 3.1.1 Demonstração da Injetividade da Transformada de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 506 3.2 Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 519 3.3 Função de Heaviside e Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 521 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 540 3.4 Delta de Dirac ou Impulso Unitário . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 551 3.5 Convolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565 3.6 Tabela de Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 566 3.7 Respostas dos Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 567 4 SISTEMAS DE EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES 610 4.1 A Matriz A é Diagonalizável em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 619 4.1.1 Sistema com 2 Equações e 2 Incógnitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 619 4.1.2 Sistema com n Equações e n Incógnitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 621 4.1.3 Como Encontrar as Matrizes P e D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 638 4.2 A Matriz A é Diagonalizável em C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642 4.2.1 Sistema com 2 Equações e 2 Incógnitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 642 4.2.2 Sistema com n Equações e n Incógnitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 645 4.2.3 Como Encontrar as Matrizes P e D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 647 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 657 4.3 A Matriz A não é Diagonalizável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 659 4.3.1 Sistema com 2 Equações e 2 Incógnitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 659 4.3.2 Sistema com n Equações e n Incógnitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 661 4.3.3 Como Encontrar as Matrizes P e J . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 671 4.4 Sistemas Não-Homogêneos (opcional) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672 4.4.1 A Matriz A é Diagonalizável em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 673 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital Sumário vii 4.4.2 A Matriz A é Diagonalizável em C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 678 4.4.3 A Matriz A não é Diagonalizável . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 682 4.4.4 Demonstração do Teorema de Existência e Unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 686 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 690 4.5 Respostas dos Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 691 BIBLIOGRAFIA 739 ÍNDICE ALFABÉTICO 741 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital APRESENTAÇÃO Esse é um texto alternativo ao excelente livro Boyce-DiPrima [2] para a parte de equações diferenciais or- dinárias, sendo mais objetivo e mais elementar. Entretanto aqui estão apresentadas provas elementares de resultados como os teoremas de existência e unicidade para equações diferenciais e para sistemas de equações diferenciais, o teorema sobre a existência de soluções em série de potências para equações lineares de 2a. or- dem, a injetividade da transformada de Laplace e outros. O conteúdo corresponde ao programa da disciplina ’Equações Diferenciais A’ que é ministrado para os alunos da área de ciências exatas na Universidade Federal de Minas Gerais. O texto é dividido em quatro capítulos. No Capítulo 1 apesar do título ser ’Equações Diferenciais de 1a. Ordem’ é feita uma introdução às equações diferenciais em geral e entre as equações de 1a. ordem são estudadas as equações lineares, as separáveis e as exatas. Tem uma seção sobre substituições em equações de 1a. ordem onde são estudadas entre outras, as equações homogêneas, as de Bernoulli e as de Ricatti. Terminamos o capítulo com aplicações das equações de 1a. ordem, análise qualitativa das equações autônomas e existência e unicidade de soluções. As equações lineares de 2a. ordem é o assunto do Capítulo 2. Aqui o estudo tanto das equações homogêneas como das equações não homogêneas é feito inicialmente no caso geral e depois no caso particular em que os coeficientes são constantes. O capítulo contém também oscilações. O capítulo termina com soluções em série de potências em torno de t0 = 0 no caso em que este ponto é ordinário e mudanças de variáveis em equações de 2a. ordem. O Capítulo 3 trata da transformada de Laplace. O objetivo é resolver problemas de valor inicial para equações lineares de 2a. ordem tanto com o termo não homogêneo contínuo, quanto descontínuo. Terminamos o capítulo com a transformada de Laplace do delta de Dirac e com a convolução. Cópia Digital Apresentação ix No Capítulo 4 o estudo de sistemas de equações diferenciais lineares é feito usando diagonalização de ma- trizes. O caso 2 × 2 é tratado em separado com detalhe. O capítulo termina com os sistemas não homogêneos. Todos os exercícios estão resolvidos no final do capitulo correspondente. Uma coisa que acho importante é somente ler a solução de um exercício depois de ter tentado verdadeiramente resolvê-lo. É como quando lhe dão um enigma para decifrar. Se lhe contarem logo a solução, você a esquecerá logo depois. Quanto mais tempo você ficar tentando decifrar antes de lhe contarem a solução, tanto mais tempo você se lembrará da solução. Os desenhos e gráficos foram feitos usando o MATLAB®* com o pacote GAAL e o Maxima também com o pacote GAAL disponíveis no site do autor (http://www.mat.ufmg.br/˜regi). Neste site também estão disponíveis páginas interativas para o estudo de oscilações, equações parciais, séries de Fourier e outros. Gostaria de agradecer ao professor Helder C. Rodrigues pelas frutíferas discussões, aos professores Rogé- rio S. Mol, Antônio Gaspar Ruas, Francisco Dutenhefner, Grey Ercole, Hamilton P. Bueno, Antônio Zumpano, Marcelo T. Cunha, Jorge Sabatucci, Regina Radich, Marcelo Marchesin, Ricardo Takahashi, Lúcia Brasil, Ar- mando G. M. Neves e Carlos A. Arteaga pelas críticas e sugestões que possibilitaram o aperfeiçoamento do presente texto. *MATLAB é marca registrada de The Mathworks, Inc. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital x Apresentação Sugestão de Cronograma Capítulo 1 20 aulas Capítulo 2 20 aulas Capítulo 3 10 aulas Capítulo 4 10 aulas Total 60 aulas Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1a. ORDEM 1.1 Introdução às Equações Diferenciais Uma equação algébrica é uma equação em que as incógnitas são números, enquanto uma equação diferencial é uma equação em que as incógnitas são funções e a equa- ção envolve derivadas destas funções. Apenas no último capítulo trataremos equa- ções com mais de uma incógnita, nos outros as equações diferenciais têm somente uma incógnita. Numa equação diferencial em que a incógnita é uma função y(t), t é a variável independente e y é a variável dependente. Vejamos alguns exemplos. Cópia Digital 2 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Figura 1.1. Pêndulo Simples θ θ P = mg mg cos θ −mg sen θ Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.1 Introdução às Equações Diferenciais 3 Exemplo 1.1. O movimento de um pêndulo simples de massa m e comprimento l é descrito pela função θ(t) que satisfaz a equação diferencial d2θ dt2 + g l sen θ = 0. Nesta equação a incógnita é a função θ(t). Assim, θ é a variável dependente e t é a variável independente. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 4 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Figura 1.2. Sistema massa-mola 0 x Fr = −γ v Fe = − k x Fr = −γ v Fr = −γ v Fe = − k x Fext = Focos(ωt) Fext = Focos(ωt) Fext = Focos(ωt) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.1 Introdução às Equações Diferenciais 5 Exemplo 1.2. Em um sistema massa-mola composto de um corpo de massa m preso a uma mola com constante elástica k, sujeita a uma força de resistência Fr = −γv = −γ dx dt e uma força externa Fext(t) = F0 cos(ωt) o deslocamento da massa x(t) satisfaz a equação diferencial md2x dt2 + γdx dt + kx = F0 cos(ωt). Nesta equação a incógnita é a função x(t). Assim, x é a variável dependente e t é a variável independente. Exemplo 1.3. Numa região do plano em que não há cargas elétricas o potencial elétrico u(x, y) em cada ponto (x, y) da região satisfaz a equação diferencial ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 0, chamada equação de Laplace. Nesta equação a incógnita é a função u(x, y). Assim, u é a variável dependente e x e y são as variáveis independentes. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 6 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Figura 1.3. Circuito RC C V(t) R Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.1 Introdução às Equações Diferenciais 7 Exemplo 1.4. Um circuito RC é um circuito que tem um resistor de resistência R, um capacitor de capacitância C e um gerador que gera uma diferença de potencial V(t) ligados em série. A carga Q(t) no capacitor satisfaz a equação diferencial RdQ dt + 1 C Q = V(t). Nesta equação a incógnita é a função Q(t). Assim, Q é a variável dependente e t é a variável independente. 1.1.1 Classificação As equações são classificadas quanto ao tipo, a ordem e a linearidade. (a) Quanto ao tipo uma equação diferencial pode ser ordinária ou parcial. Ela é ordinária se as funções incógnitas forem funções de somente uma variável. Caso contrário ela é parcial. Portanto, uma equação diferencial é ordinária se as derivadas que aparecem na equação são derivadas ordinárias. Por exemplo, as equações que podem ser escritas na forma F(t, y, y′, y′′, ...) = 0, em que y é função apenas de t, são equações diferenciais ordinárias, como as equações dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.4. A equação do Exemplo 1.3 é parcial. (b) Quanto à ordem, uma equação diferencial pode ser de 1a., de 2a., ..., de n-ésima ordem, dependendo da derivada de maior ordem presente na equação. Uma equação diferencial ordinária de ordem n é uma equação que pode ser escrita na forma F(t, y, y′, y′′, ..., y(n)) = 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 8 Equações Diferenciais de 1a. Ordem As equações dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.3 são de 2a. ordem e a equação do Exemplo 1.4 é de 1a. ordem. (c) Quanto a linearidade uma equação diferencial pode ser linear ou não linear. Ela é linear se as incógnitas e suas derivadas aparecem de forma linear na equa- ção, isto é, as incógnitas e suas derivadas aparecem em uma soma em que cada parcela ou é um produto de uma incógnita por uma função que não depende das incógnitas ou é um produto de uma derivada de alguma ordem de uma incógnita por uma função que não depende das incógnitas. Caso contrário ela é não linear. Por exemplo, uma equação diferencial ordinária linear de ordem n é uma equação que pode ser escrita como a0(t)y + a1(t)dy dt + a2(t)d2y dt2 + . . . + an(t)dny dtn = f (t). As equações diferenciais ordinárias que não podem ser colocadas nesta forma são não lineares. As equações dos Exemplos 1.2, 1.3 e 1.4 são lineares e a equa- ção do Exemplo 1.1 é não linear. 1.1.2 Soluções de Equações Ordinárias Uma solução (particular) de uma equação diferencial ordinária de ordem n em um intervalo I é uma função y(t) definida no intervalo I tal que as suas derivadas de ordem até n estão definidas no intervalo I e satisfazem a equação neste intervalo. A solução de uma equação diferencial é também chamada curva integral da equação. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.1. Introdugao as Equacées Diferenciais 9 Exemplo 1.5. Considere a equacgdo ay” + by’ +cy=0, coma,b,c € R,a £0 tais que b? — 4ac = 0. Vamos mostrar que y(t) = e~ 2 6 solucaio desta equacdo parat € R. b _» b>» ! — _* ,- at " —_ 4-H y(th=—se ™, y(t) = aoe Substituindo-se y(t), y/(t) e y’(f) no primeiro membro da equagao obtemos ay’ + by’ +cy = aoe Bt +b _ 2B 4 cow tat 4 yore Aa? 2a _ > bP 4c) en ut 7 4a 2a —p2 4a pois por hipotese b? — 4ac = 0. Assim, y(t) = e~2i' 6 solucaio da equacao. A solucao geral de uma equacao diferencial ordindria de ordem n em um intervalo I éuma familia de solugdes y(f) no intervalo I, dependendo de n constantes arbitra- rias, tal que qualquer solucdo particular pode ser obtida da solucao geral atribuindo- se valores as constantes. Exemplo 1.6. A solucao geral da equacao diferencial dy _ 3 ae Julho 2016 Reginaldo J. Santos 10 Equacées Diferenciais de 12 Ordem é 0 conjunto de todas as primitivas da fungao f(t) = e*, ou seja, est y(t) = [eiat+e= 3 +¢, que é valida para —oo < t < 9, pois este € 0 maior intervalo em que a solugao e sua derivada estado definidas. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.1 Introdução às Equações Diferenciais 11 Figura 1.4. Soluções da equação do Exem- plo 1.6 t y -1 1 -1 1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 12 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 1.1.3 Equações Ordinárias de 1a. Ordem As equações diferenciais ordinárias de 1a. ordem são equações que podem ser escritas como F(t, y, y′) = 0. Vamos estudar equações de primeira ordem que podem ser escritas na forma dy dt = f (t, y). (1.1) Uma solução (particular) de uma equação diferencial (1.1) em um intervalo I é uma função y(t) definida no intervalo I tal que a sua derivada y′(t) está definida no intervalo I e satisfaz a equação (1.1) neste intervalo. O problema    dy dt = f (t, y) y(t0) = y0 (1.2) é chamado problema de valor inicial (PVI). Uma solução do problema de valor inicial (1.2) em um intervalo I contendo t0 é uma função y(t) que está definida neste intervalo, tal que a sua derivada também está definida neste intervalo e satisfaz (1.2). Exemplo 1.7. Vamos encontrar a solução do PVI    dy dt = e3t y(1/3) = e/3. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.1. Introdug&o as Equacées Diferenciais 13 A solucdo geral da equacdo dy __3t ane é 0 conjunto de todas as primitivas da fungao f(t) = e*, ou seja, est y(t) = [etat+e= 3 +¢, que é valida para —oo < t < ©. Substituindo-se t = 1/3 e y = e/3 na solugado geral encontrada obtemos c = 0. Assim, a solucéo do PVI é 2 est WO 3 valida para —co < t < oo, que 6 0 maior intervalo contendo tg = 1/3 em que a solug&o e sua derivada estado definidas. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 14 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Exercícios (respostas na página 165) 1.1. Classifique as equações abaixo quanto ao tipo, a ordem e a linearidade: (a) yy′ + t = 0. (b) x2y′′ + bxy′ + cy = 0. 1.2. Determine qual ou quais das funções y1(x) = x2, y2(x) = x3 e y3(x) = e−x são soluções da equação (x + 3)y′′ + (x + 2)y′ − y = 0. 1.3. Sejam a, b, c ∈ R. Mostre que (a) y(t) = ert, com r satisfazendo ar + b = 0, é solução da equação ay′ + by = 0. (b) y(t) = ert, com r satisfazendo ar2 + br + c = 0, é solução da equação ay′′ + by′ + cy = 0. (c) y(x) = xr, com r satisfazendo r2 + (b − 1)r + c = 0, é solução da equação x2y′′ + bxy′ + cy = 0. 1.4. Determine os valores de r para os quais a função y(t) é solução da equação: (a) y(t) = r t2 − 3 e y′ + ty2 = 0. (b) y(t) = r t2 + 1 e y′ − 2ty2 = 0. (c) y(t) = r t2 + 1 e y′ − 6ty2 = 0. (d) y(t) = r t2 + 2 e y′ − ty2 = 0. 1.5. Determine todas as soluções da equação diferencial ty′′ + (t − 1)y′ − y = 0 que são funções de 1o. grau, ou seja, da forma y(t) = at + b, para a e b constantes. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.2. Equagées Lineares de 1? Ordem 15 1.2 Equacgdes Lineares de 1? Ordem As equacées (diferenciais ordindrias) lineares de 17 ordem sdo equacdes que podem ser escritas como d a(t) “% + b(t)y = elt). dt Vamos considerar equacées lineares de 1* ordem_ na forma d p(y = a(t). (1.3) 1.2.1 Equacdes em que p(t) = 0 Se a funcao p(t) = 0 a equacao (1.3) torna-se dy _ que é facilmente resolvida integrando-se os dois lados. Assim, a solugdo geral desta equacao é dada por y(t) = | g(t)dt +e. Exemplo 1.8. A solucao geral da equacao diferencial dy _ at sen(2t) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 16 Equacées Diferenciais de 12 Ordem é o conjunto de todas as primitivas de f(t) = sen(2t), ou seja, 2t y(t) = J senc2t) dt+c= —ses(26) +c. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.2 Equações Lineares de 1a. Ordem 17 Figura 1.5. Soluções da equação do Exem- plo 1.8 t y -2 -1 1 2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 18 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Na subsecao 1.2.2 e na secao 1.3 veremos técnicas de se encontrar solugdes de equa- cdes de 1* ordem que se baseiam em transformar a equagao inicial em uma equacao do tipo (1.4). 1.2.2 Equagoes Lineares - Caso Geral Vamos considerar equacées da forma d Ply = a(t), (1.5) em um intervalo em que p(t) e q(t) sao continuas. Vamos definir uma fungdo auxiliar, 1(t), de forma que ao multiplicarmos a equa- cao (1.5) por esta funcao a equacdo obtida é uma equacgao linear com p(t) = 0, ou seja, do tipo (1.4), que j4 resolvemos anteriormente. Uma funcdo com esta proprie- dade é chamada fator integrante da equacao linear. Seja u(t) = el p(t)dt Vamos mostrar agora que p/(t) = eJ p()4t & um fator integrante da equacao (1.5). Observe em primeiro lugar que d d am = ol mot ( [ p(e)dt) =e! PM p(t) = n(t)p(t). (1.6 dt dt Assim, multiplicando-se (1.5) por p(t), obtemos dy (Ea + eC) p(y = HCE) g(t) (1.7) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.2 Equagdes Lineares de 12 Ordem 19 du ata . mas como por (1.6), u(t) p(t) = Fi’ entao (1.7) pode ser reescrita como dy | du 4 Fy , 1. H(t ae + ary = ele a(t) (1.8) Mas o lado esquerdo dessa equacao é a derivada de um produto o que faz com que ela possa ser reescrita na forma d ay (HCE (ED) = HCE) aE) (1.9) A equacao (1.9) é uma equacao do tipo (1.4), ou seja, dY a af) em que Y(t) = p(t)y(t) e f(t) = u(t)q(t). Assim, integrando-se ambos os membros de (1.9) temos que a solucdo geral de (1.9) é dada por w(t)u(t) = | w(t)g(t)dt +e. Como p(t) 4 0, para todo t € R, dividindo-se a equacao anterior por p(t) obtemos que a solucdo geral de (1.5) é dada por ult) =o ([ mevalonate +e) u(t) Mostraremos na Subsec¢ao 1.2.3 como podemos chegar a p(t) = e/ P(4t como fator integrante da equagao (1.5). Julho 2016 Reginaldo J. Santos 20 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Atencao: Nao se deve memorizar a formula obtida no final. O que fizemos aqui foi mostrar 0 caminho que deve ser seguido para resolver uma equacao linear de 1° ordem. No proximo exemplo vamos seguir 0s mesmos passos que seguimos no caso geral. Exemplo 1.9. Vamos encontrar a solugdo geral da equacao diferencial dy t— + 4y =5t dt Y e fazer esbocos de algumas de suas solucées. Multiplicando-se a equacgdo acima por 1/t obtemos a equacao dy 4 a? O fator integrante é u(t) = el Gat — p4ln|t| _ pintt _ A Multiplicando-se a equagdo diferencial acima por p(t) obtemos: dy A + 4Py = 5". dt +4Py =5 O lado esquerdo é igual a derivada do produto f*y(t). Logo, a equacao acima é equivalente a d (4 4 = (#y(t) = 54, a (Ault) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.2 Equações Lineares de 1a. Ordem 21 Integrando-se obtemos t4y(t) = t5 + c Explicitando y(t) temos que a solução geral da equação diferencial é y(t) = t + c t4 . (1.10) Vamos esboçar as soluções desta equação diferencial. Para c = 0 a solução é a reta y0(t) = t. Para c ̸= 0, temos que o domínio de y(t) é o conjunto dos números reais tais que t ̸= 0. lim t→+∞ y(t) = +∞, se c ̸= 0 e lim t→−∞ y(t) = −∞, se c ̸= 0. Observamos da expressão da solução geral que para valores de |t| muito grandes as soluções com c ̸= 0 são próximas da solução com c = 0 que é y0(t) = t. Sendo que se c > 0, elas estão acima de y0(t) e se c < 0 elas estão abaixo de y0(t). Além disso, lim t→0 y(t) = +∞, se c > 0 e lim t→0 y(t) = −∞, se c < 0. Vamos analisar o crescimento e decrescimento das soluções. A derivada da solu- ção fornece informação sobre o crescimento e decrescimento da solução e sobre seus pontos críticos. dy dt = 1 − 4c t5 = 0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 22 Equações Diferenciais de 1a. Ordem se, e somente se, t5 = 4c. Assim, se c ̸= 0 as soluções têm somente pontos críticos em t = 5√ 4c. Portanto, concluímos que as soluções com c > 0 crescem no intervalo (−∞, 0), decrescem no intervalo (0, 5√ 4c) e crescem no intervalo ( 5√ 4c, +∞). Enquanto as soluções com c < 0 crescem no intervalo (−∞, 5√ 4c), decrescem no intervalo ( 5√ 4c, 0) e crescem de (0, +∞). Observamos que para cada valor de c ̸= 0 temos duas soluções com intervalos de validade (−∞, 0) e (0, +∞) e para c = 0 a solução y0(t) = t é válida no intervalo (−∞, +∞) = R. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.2 Equações Lineares de 1a. Ordem 23 Figura 1.6. Soluções da equação do Exem- plo 1.9 t y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 Figura 1.7. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.10 1 2 3 4 1 2 3 4 t y Julho 2016 Reginaldo J. Santos 24 Equacées Diferenciais de 1? Ordem Exemplo 1.10. Vamos encontrar a solucao do problema de valor inicial dy t— + 4y = 5t at + 4Y St, y(1) = 3. A equacado é a mesma do Exemplo 1.9. Substituindo-se t = 1 ey =3 na solucao geral (1.10) obtemos c =1+-. 3 +7 De onde obtemos que c = 2. Portanto, a solugdo do problema de valor inicial é 2 Observe que a solucdo deste problema de valor inicial é valida no intervalo (0,+09), que é€ o maior intervalo contendo 0 ponto inicial tg = 1, (pois a condicao inicial é y(1) = 3) em que a solucdo e sua derivada estao definidas. Se o PVI fosse i y t— + 4y = 5t | at + 4Y St, y(—1) =1. a solucdo teria a mesma expressao, mas o intervalo de validade da solugdo seria (—c0, 0). 1.2.3 Como chegar ao fator integrante p(t) = e/ P()at 9 Vamos mostrar como podemos chegar ao fator integrante p(t) = el p(tdt, Comparan se as equacoes (1.7) e (1.8) na pagina 18 vemos que o fator integrante p(t) deve ser Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.2 Equacdes Lineares de 12 Ordem 25 uma funcao que satisfaz a equacao diferencial d = PUE)H(E): Esta é também uma equacao linear, mas com q(t) = 0. Supondo-se p(t) # 0, vamos multiplicar esta equacdo por 1/p(t) obtendo.a equacgao 1 dy u(t) dt p(t). Como ao = a (In |w(£)|) a equacao anterior pode ser reescrita como d du — (1 t)|) — = p(t). ay, (IMCD) Gy = PO) Mas pela regra da cadeia, esta equacao é equivalente a d a lle) = Plt) que € uma equacao do tipo (1.4) que pode ser resolvida simplesmente integrando-se ambos os membros obtendo In|n(t)| = f p(t +e. Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se 0 valor absoluto obtemos u(t) = +ecies plt)dt = cet p(t)dt Como estamos interessados em apenas um fator integrante podemos tomar c = le obtermos u(t) = ef Pltyat, Julho 2016 Reginaldo J. Santos 26 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Exercicios (respostas na pagina 167) 2.1. Resolva os problemas de valor inicial: (a) { yl + (1 =2x)y = xe () { y! ~costy = tel ter! y(0) =2 y(0) =2 _p 3 (b) { y+3Py=eh* (d) y! +x4y = xtes y(0) =2 y(0) =1 2.2. Resolva as equac6es: 4 2 1 4 a) yy =- 5. (b) Yr ys x. () yl — Sy = rer. / 4, V4 2.3. (a) Resolva o problema de valor inicial: { y + oxy =x y(0) = yo (b) Para quais valores de yo a solucdo é crescente e para quais valores de yo a solucdo é decrescente. q y para q y (c) Qual o limite de y(x) quando x tende a +00. O limite depende de yo? 2 / _ 2.4. (a) Resolva o problema de valor inicial: { (x —9)y¥ +xy=0 y(5) = Yo (b) Qual o intervalo de validade da solucdo? (c) Qual o limite de y(x) quando x tende a +00. O limite depende de yo? 2.5. Considere a equacao dy _ apt P(by = 0 (a) Mostre que se y1(t) e y2(t) sao soluc6es da equacao, ent&éo y(t) = y1(t) + y2(t) também o é. q y y: q y y y (b) Mostre que se y(t) é solucdo da equac4o, entao, para qualquer constante c, y(t) = cy;(t) também o q y q para qualq y y é. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.2 Equacdes Lineares de 12 Ordem 27 2.6. Considere as equacgées dy at + p(t)y =0 (1.11) dy ae + Py = 4) (1.12) Mostre que se y(t) é solucdo da equagao (1.11) e y(t) é solucao da equacao (1.12), entao y(t) = cy;(t) + Y2(t) é solugdo de (1.12), para qualquer constante c. 2.7. (a) Encontre a solugdo geral da equacao diferencial +a + 2y = f e faca um esboco do grafico de algu- mas soluc6es. Ys oy = 2 (b) Resolva o PVI dt y ’ efaca um esboco do grafico da solucao. y(2) =3 2 / =— < 1 2.8. Resolva o PVI (LF xy! + 2xy = f(2), em que f(x) = % se0Sx< y(0) =0, —x, sex>1. ‘4y=1-4, 2.9. Considere o problema de valor inicial yry y(0) = yo. Determine para qual valor de yg a solugdo do PVI tem um maximo local no eixo f. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 28 Equacées Diferenciais de 12 Ordem 1.3 Equacoes Separaveis As equacoes (diferenciais ordindrias) separaveis sao equagdes que podem ser escritas na forma d gly) ae = F(x). (1.13) Seja hly) = / s(y)dy. Entao, dh dy ~ 8lY): ws dh . Substituindo-se g(y) por dy na equacao (1.13), obtemos dhdy _ dy dx = f(x). (1.14) Mas, pela regra da cadeia d dh dy qty(s)) = dy dx’ o que implica que (1.14) pode ser escrita como £ n(y(x)) = £2) (1.15) dx , , A equacao (1.15) é do tipo (1.4) na pagina 15, ou seja, é da forma dY dx f(x), Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.3. Equacdes Separaveis 29 em que Y(x) = h(y(x)). Assim, integrando-se (1.15) dos dois lados obtemos que a solucao geral de (1.13) é dada implicitamente por h(y) = / Flx)dx +c. Também podemos obter a solucdo da maneira mostrada a seguir. Integrando-se em relacéo a x ambos os membros de (1.13) obtemos d [sot dx = J feax +¢, que pode ser reescrita como | sv'ax= [ fe)dx+e. Fazendo a substituicao y'dx = dy obtemos [say = | fax +e. Atencao: Nao se deve memorizar a f6rmula obtida no final. O que fizemos aqui foi mostrar 0 caminho que deve ser seguido para resolver uma equacao separavel. As curvas que sao solucées de uma equacao separavel podem ser vistas como curvas de nivel da funcdo z=F(x,y) =h(y) — f flx)de. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 30 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Exemplo 1.11. Vamos, agora, encontrar a solucao geral da equacao diferencial oy =—4x ou 2yy' = —4x. Integrando-se em relagdo a x ambos os membros, obtemos [ey ax =— [vax +c. Fazendo a substituicdo y'dx = dy, obtemos J evey = = [ Axdx +e. Assim, a solucdo geral é dada implicitamente por y? = 2x7 +0. Estas so equacoées de elipses (Figura 1.8) que sao as curvas de nivel da funcdo z= f(x,y) =y? +22’. O grafico da funcdo f(x,y) = y? + 2x” é um paraboloide eliptico (Figura 1.9). Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.3 Equações Separáveis 31 x y -2 -1 1 2 -2 -1 1 2 Figura 1.8. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.11 x y z Figura 1.9. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.11 como curvas de nível do paraboloide elíptico z = F(x, y) = 2x2 + y2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 32 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Exemplo 1.12. (a) Encontre a solugdo do problema de valor inicial dy 2x—1 dx 3y2-—3 y(1) =0. (b) Determine o intervalo de validade da solugdo, ou seja,o maior intervalo con- d tendo x9 = 1 para o qual a solucao y(x) e sua derivada oe estado definidas. (c) Determine os pontos onde a solucdo tem um maximo local. (d) Faga um esboco do grafico da solucao. Solucdo: (a) Multiplicando-se a equacdo diferencial por 3y* — 3 obtemos (3y* —3)y! = 2x —1. Integrando-se em relacéo a x ambos os membros obtemos Jor —3)y' dx = [ex —1)dx +e. Fazendo-se a substituigdo y'dx = dy obtemos Jor —3)dy= [ex —1)dx+e. Assim, a solucdo geral é dada implicitamente por y —3y =x* —x+0. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.3 Equações Separáveis 33 Para encontrar a solução que satisfaz a condição inicial y(1) = 0 substituímos x = 1 e y = 0 na solução geral obtendo c = 0. Assim, a solução do problema de valor inicial é dada implicitamente por y3 − 3y − x2 + x = 0. (b) Para determinar o intervalo de validade da solução do PVI vamos determinar o maior intervalo que contém x0 = 1 em que a solução e sua derivada estão definidas. Pela equação dy dx = 2x − 1 3y2 − 3, temos que os pontos onde a derivada não está definida são aqueles tais que 3y2 − 3 = 0, ou seja, y = ±1. Como o ponto inicial é (1, 0), então a solução do PVI está contida na região do plano −1 < y < 1. Substituindo-se y = −1 na equação que define a solução, obtemos a equação x2 − x − 2 = 0, que tem solução x = −1 e x = 2. Substituindo-se y = 1 na equação que define a solução y3 − 3y − x2 + x = 0, obtemos a equação x2 − x + 2 = 0, que não tem solução real. Como a derivada não está definida para x = −1 e x = 2 e o ponto inicial x0 = 1 está entre estes valores, concluímos que o intervalo de validade da solução do PVI é o intervalo (−1, 2), que é o maior intervalo em que a solução do PVI, y = y(x), e a sua derivada estão definidas. (c) Nos pontos onde a solução tem máximo local a reta tangente à curva é horizon- tal, ou seja, pontos onde dy dx = 0. Neste caso não precisamos calcular a derivada da solução, pois a derivada já está dada pela equação diferencial, ou seja, dy dx = 2x − 1 3y2 − 3 Assim, a reta tangente é horizontal para x tal que 2x − 1 = 0, ou seja, somente para x = 1/2 que é ponto de máximo local, pois como a solução está limitada Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 34 Equações Diferenciais de 1a. Ordem à região −1 < y < 1, então da equação diferencial vemos que dy dx > 0, para x < 1/2 e dy dx < 0, para x > 1/2. (d) Nos pontos x = −1 e x = 2 a reta tangente à curva solução y3 − 3y − x2 + x = 0 é vertical, ou seja, dx dy = 0, pois pela equação diferencial, dx dy = 1 dy dx = 3y2 − 3 2x − 1 , para x ̸= 1/2. Assim, já sabemos pelo item (b) que a solução está contida em uma curva que passa pelos pontos (−1, −1) e (2, −1) onde a tangente é vertical, e que passa pelo ponto inicial (1, 0). Neste ponto a inclinação da tangente é −1/3, pois substituindo-se x = 1 e y = 0 na equação diferencial, obtemos dy dx = −1/3. Além disso, sabemos que o único ponto em que a tangente é horizontal ocorre para x = 1/2 e como a solução está limitada à região −1 < y < 1, então da equação diferencial vemos que dy dx > 0, para x < 1/2 e dy dx < 0, para x > 1/2. Deduzimos daí que a solução é crescente até x = 1/2 depois começa a decrescer. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.3 Equações Separáveis 35 -1 -0.5 0.5 1 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 x y Figura 1.10. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.12 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 36 Equações Diferenciais de 1a. Ordem x y -2 -1 1 2 -2 -1 1 2 Figura 1.11. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.12 x y z Figura 1.12. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.12 como curvas de nível de uma função de duas variáveis z = f (x, y) = y3 − 3y − x2 + x Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.3 Equagdes Separaveis 37 Exercicios (respostas na pagina 180) 3.1. Resolva as equacg6es: (a) (L+x*)y! —xy =0. (b) y°—1— (2y + xy)y' = 0. (c) (ayx? + by)y’ —x =0 paraa,b EC R,a £0. (d) (ax? +b)!/2y' — xy? = 0 paraa,b € R,a £0. (ec) (ay? + b)\/ — xyy! = 0 paraa,b € R,a £0. (f) ay? +b—x*yy’ =0 paraa,b € R,a £0. 3.2. (a) Encontre a solucdo do problema de valor inicial dy — 2x+1 dx 3y2-3 y(0) =0 (b) Determine o intervalo de validade da solucao. (c) Determine os pontos ondea solugéo tem um maximo local. (d) Faga um esboco do grafico da solucao. 3.3. Mostre que a equagao linear y’ 4+ p(t)y = q(t) é equivalente a uma equacao separavel se (a) p(t) =aeg(t) =b, paraa,b € R; (b) pt) =a); (c) q(t) =0. 3.4. Resolva o PVI dy _ Fp (100 — y), y(0) =1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 38 Equações Diferenciais de 1a. Ordem e faça um esboço do gráfico da solução. 3.5. Considere o problema de valor inicial      dy dx = 3 sen(3x) 2 cos(4y) , y(−π 3 ) = π 4 . (a) Determine a solução do PVI. (b) Determine o intervalo de validade da solução do PVI. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.4. Equações Exatas 39 1.4 Equações Exatas As equações exatas são equações que podem ser escritas na forma M(x, y) + N(x, y) dy dx = 0 (1.16) em que as funções M(x, y) e N(x, y) satisfazem ∂M ∂y = ∂N ∂x , (1.17) em um retângulo {(x, y) ∈ R2 | α < x < β, γ < y < θ}, em que M(x, y), N(x, y), ∂M ∂y e ∂N ∂x são contínuas. Nestas condições mostraremos depois que existe uma função ψ(x, y) tal que M(x, y) = ∂ψ ∂x e N(x, y) = ∂ψ ∂y . (1.18) Substituindo-se estes valores de M(x, y) e de N(x, y) em (1.16) obtemos ∂ψ ∂x + ∂ψ ∂y dy dx = 0. (1.19) Mas, pela regra da cadeia d dx (ψ(x, y(x))) = ∂ψ ∂x + ∂ψ ∂y dy dx. Então, (1.19) pode ser escrita como d dx (ψ(x, y(x))) = 0. (1.20) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 40 Equacées Diferenciais de 12 Ordem A equacao (1.20) é do tipo (1.4), ou seja, dY qe LO), em que Y(x) = p(x,y(x)) e f(x) = 0. Assim, a solucao geral de (1.20) e portanto de (1.16) 6 dada por plxy(x)) =e (1.21) Vamos, agora, ver como encontrar a fung¢ao (x,y). Integrando-se a 1 equacao de (1.18) em relagéo a x obtemos p(x, y) = [ M(x, y)dx + h(y), (1.22) em que h(y) é uma funcao a ser determinada. (x,y) dada por (1.22) é solucado da 1* equacao de (1.18) pois derivando a equacao (1.22) em relacéo a x obtemos a 1? equacao de (1.18). Substituindo-se a funcao (x,y) encontrada em (1.22) na 2? equacao de (1.18) obtemos _ op a dh soM dh N(x,y) = dy > by ([ mtx,y)ar) + dy =| dy dx + dy’ Dai obtemos uma equacao diferencial para h(y): dh aM Fy 7 N@W)- / wy (1.23) Se a equacao (1.16) é exata o lado esquerdo de (1.23) nado depende de x, pois usando (1.17) obtemos a aM dN a aM oN oM — —_— —_. = OO — qd = OO SO . ax (Ne / ay ix) dx ax (/ ay *) dx Oy Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.4 Equacdes Exatas 41 A equacao (1.23) é do tipo (1.4) na pagina 15, ou seja, dZ dy = fly) em que Z(y) = h(y) e f(y) = N(x,y) — [ a ax. Assim, uma solucao é dada por oM h(y) = [N@wey — | (/ yt) dy. Substituindo-se este valor de h(y).em (1.22) obtemos aM (x,y) = | Mewax + / N(x, y)dy — / / wy dy. Portanto, a solugdo geral da equacdo exata (1.16) é, por (1.21), oM (x,y) = [Ma nax+ [No vdy— | (/ eax) dy =c. Atencao: Nao se deve memorizar a f6rmula obtida no final. O que fizemos aqui foi mostrar 0 caminho que deve ser seguido para resolver uma equacao exata. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 42 Equacées Diferenciais de 1? Ordem Exemplo 1.13. Considere a equacao diferencial 2y(1+x7) , _ 2xy" 1 1422 7° G42) ~ Para esta equacao, 2xy" 2y(1+ x7) —— 1 = —— ——_, M(xy) =—qyoge 1 NOwy) = “Toe Assim, OM _ _ —4z oy (1+ 2x2)2 aN (-1)(@xp_ ary dx (42x22 (14 2x2) Como oe = ~ para todo par (x,y) € R?, entéo a equacao é exata. Vamos encon- trar uma funcao p(x, y) tal que ow 2xy" oy 2y(1 + x?) —S> = Se CUCU 1 —_—_— =— = ax MOY) = apap © 5y 7 NOW) = “Tye Integrando-se a 1* equacao em relacdo a x obtemos —2xy? 21 1 y* a . ~ OP _ 2y(1+2?) Substituindo-se a funcdo p(x, y) encontrada na equacao ay N(x,y) = “Tao obtemos y 4 dh _ 2y(1 + x?) 1+2x2 dy 142x2 * Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.4 Equações Exatas 43 Esta equação pode ser reescrita como dh dy = 2y(1 + x2) 1 + 2x2 − y 1 + 2x2 = y + 2x2y 1 + 2x2 = y que tem solução geral h(y) = y2 2 + c1. Assim, a solução geral da equação é dada implicitamente por ψ(x, y) = y2 2(1 + 2x2) − x + y2 2 = c Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 44 Equações Diferenciais de 1a. Ordem x y -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 Figura 1.13. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.13 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.4 Equações Exatas 45 x y z Figura 1.14. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.13 como curvas de nível de uma função de duas variáveis z = ψ(x, y) = y2 2(1+2x2) − x + y2 2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 46 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 1.4.1 Fatores Integrantes Quando multiplicamos uma equação da forma M(x, y) + N(x, y) dy dx = 0, (1.24) que não é exata por uma função µ(x, y) de forma que a nova equação seja exata, chamamos a função µ(x, y) de fator integrante para equação exata. Exemplo 1.14. Considere a equação 2y(1 + x2)y′ − 2xy2 1 + 2x2 = 1 + 2x2. (1.25) Para esta equação M(x, y) = − 2xy2 1 + 2x2 − 1 − 2x2 e N(x, y) = 2y(1 + x2) Assim, ∂M ∂y = −4xy 1 + 2x2 e ∂N ∂x = 4xy e portanto a equação não é exata. Agora, multiplicando a equação (1.25) por µ(x) = 1 1 + 2x2 obtemos 2y(1 + x2) 1 + 2x2 y′ − 2xy2 (1 + 2x2)2 = 1. A nova equação é a do Exemplo 1.13 que, como já mostramos, é exata. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.4 Equações Exatas 47 Quando a equação tem um fator integrante que depende apenas de uma das variá- veis x ou y, podemos determiná-lo da forma como é mostrado no exemplo a seguir (para o caso em que µ(x)) e nos Exercícios 4.3 e 4.4 na página 51 (para o caso em que µ(y)). Exemplo 1.15. Considere a equação do Exemplo 1.14 2y(1 + x2)y′ − 2xy2 1 + 2x2 = 1 + 2x2. Vamos supor, apenas, que exista uma função µ(x) tal que ao multiplicarmos a equa- ção por µ(x) a nova equação seja exata. Então, ∂ ∂y(µM) = ∂ ∂x(µN) ou seja, µ∂M ∂y = dµ dx N + µ∂N ∂x Assim, µ(x) deve satisfazer a equação diferencial dµ dx = ∂M ∂y − ∂N ∂x N µ Assim, reciprocamente, se ∂M(x,y) ∂y − ∂N(x,y) ∂x N(x, y) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 48 Equacées Diferenciais de 12 Ordem é uma funcdo apenas de x, entéo uma solucdéo da equacao diferencial du Sy ~ oe - = (1.26) é um fator integrante para a equacao diferencial. Para a equacao 2xy" 2y(1 + x7)y — 4 = 1422 y(1 + x*)y Tho + 2x temos que aM (x,y) dN(x,y) —4 ay - a _ we — 4xy N —Ax N(x,y) ~ Qy(14+x2) — 142x? Assim, a equacao (1.26) torna-se du 4x dx 1-4+2x2" (1.27) que é uma equacao separdvel que deve satisfazer o fator integrante ji(x) para a equa- gao (1.25). Multiplicando a equacao (1.27) por 1/p1 obtemos Ll, Ax Ul BS Ty 32 integrando-se em relacéo.a x obtemos 1, Ax =y'dx = — / —— rd / ’ pdx The x+c Fazendo-se a substituicao pdx = du obtemos 1 Ax —du = — | ——~d , / wil / T4202" T° Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.4. Equagdes Exatas 49 ou seja, In |u(x)| = /-" = —Infl +2) +6 BONS fT 9a = 1. Usando-se propriedades do logaritmo obtemos In |p (x)(1+2x2)| = cy, Aplicando-se a exponencial obtemos a solucdo geral para a equagao (1.27) (x) = rer ee BOTS T4992 ~ Fao? que inclui o fator integrante usado no Exemplo 1.14. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 50 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Exercicios (respostas na pagina 188) 4.1. Resolva as equacg6es: 2 dy (a) 2xy —senx + (x + er). =0 d (b) y* + cos x + (2xy +e)" =0. 1d 2 2 +y4y _ (c) 2xy~ + cos x + (2x*y + y dx 0. 1 1\d 2 4+ 2, +\)Y_ (d) 2 (xy =) + (2s y =) ax 0. (e) x+y+xIn a = 0. Sugestao: multiplique a equacao por 1/x. 1 1\d 3 + 2,2 + \ ay _ (f) 2 (xy =) + (3s y a) ax 0. d 4 2,3 5 3\ 4¥ _ () ay" + (2x7y + 3y>— 20y3) 7 = 0. 4.2. (a) Encontre a solucao geral da equacao e a solucado do problema de valor inicial dy — 2x—y dx x—2y y(1) =3 (b) Determine o intervalo de validade da solucao. (c) Determine os pontos onde a solugdo tem um maximo local. (d) Esboce o grafico da solugao. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.4 Equacdes Exatas 51 4.3. (a) Encontre um fator de integracdo p(y) para a equacaéo d 2 2 ay _ xy + (2x7 + 34? — 20) “a= 9 de forma a transforma-la numa equacao exata. (b) Verifique que a funcao p(y) encontrada é realmente um fator integrante. 4.4. (a) Encontre um fator de integracdo p(y) para a equagado d 2 Uy ci (sine a) Eo de forma a transforma-la numa equacao exata. (b) Verifique que a funcao p(y) encontrada é realmente um fator integrante. 4.5. Considere a seguinte equacao diferencial: 2 2 4£y y yo ay’ + = + (2xy+2+ 2) y =0. (1.28) (a) Mostre que a equagao diferencial (1.28) nao é exata e que u(x) = x é um fator integrante da mesma. (b) Encontre a solucao geral de (1.28). (c) Encontre a solugdo de (1.28) que satisfaz y(1) = 1. 4.6. Considere a seguinte equacao diferencial: 1 e 1 3 ++ (« + =) y =0. (1.29) (a) Mostre que a equagao diferencial (1.29) nao é exata e que u(x) = x é um fator integrante da mesma. (p) Encontre a solucao geral de (1.29). Julho 2016 Reginaldo J. Santos 52 Equacées Diferenciais de 12 Ordem (c) Encontre a solugdo de (1.29) que satisfaz y(1) = 1. 4.7. Considere a seguinte equacao diferencial: y? —2y+ (: + e y' =0, (1.30) (a) Mostre que a equacao diferencial (1.30) nao é exata e que p(x,y) = 2 é um fator integrante da mesma. (b) Encontre a solucao geral de (1.30). (c) Encontre a solugdo de (1.30) que satisfaz y(1) = 1. 4.8. Considere a seguinte equacao diferencial: x x 1 e~ +seny + 3 COSY = 0. (1.31) (a) Mostre que a equacao diferencial (1.31) nao é exata e que p(x) = x? 6 um fator integrante da mesma. (b) Encontre a solucao geral de (1.31). (c) Encontre a solugdo de (1.31) que passa pelo ponto (0,0). 4.9. Considere a seguinte equacao diferencial: ev Ya 2+—+(e%+=)y’ =0. (1.32) x x (a) Mostre que a equacao diferencial (1.32) nao é exata e que u(x) = x é um fator integrante da mesma. (b) Encontre a solucao geral de (1.32). (c) Encontre a solugdo de (1.32) que satisfaz y(1) = 1. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.4 Equações Exatas 53 4.10. Mostre que toda equação diferencial separável g(y) dy dx = f (x) é também exata. 4.11. Considere a seguinte equação diferencial dy dx = 2 − 2xy (y2/3) + x2 . (a) Encontre a solução geral para a EDO. (b) Determine a solução que passa pelo ponto (1 + √ 8 3 , 1) explicitando o seu intervalo de validade. (c) Faça um esboço da solução do item anterior. 4.12. Mostre que uma equação linear a(x) dy dx + b(x)y = c(x) é exata se a′(x) = b(x). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 54 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 1.5 Substituições em Equações de 1a. Ordem Vamos estudar algumas equações de 1a. ordem que podem ser transformadas em equações já estudadas em seções anteriores fazendo-se uma mudança de variáveis adequada. 1.5.1 Equações Homogêneas de 1a. Ordem As equações homogêneas de 1a. ordem são equações que podem ser escritas como dy dx = F(y/x) (1.33) Ou seja, o lado direito da equação (1.33) apesar de depender de x e de y, depende apenas do quociente y/x. Seja v = y/x. Então, y = vx e derivando o produto vx em relação a x obtemos dy dx = x dv dx + v. Substituindo-se este valor de dy dx e y/x = v na equação (1.33) obtemos a equação x dv dx + v = F(v) ou x dv dx = F(v) − v. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.5 Substituições em Equações de 1a. Ordem 55 Multiplicando-se por 1 x(F(v) − v) esta equação se torna 1 F(v) − v dv dx = 1 x, (1.34) que é uma equação separável. Podemos encontrar a solução geral desta equação usando a técnica apresentada na Seção 1.3, página 28. Depois de encontrada a solu- ção geral da equação (1.34) devemos substituir v = y/x para encontrar a solução geral de (1.33). Exemplo 1.16. Considere a equação dy dx = y − x y + x. Dividindo numerador e denominador por x obtemos dy dx = y x − 1 y x + 1. Seja v = y x. Então, y = vx e derivando o produto vx em relação a x obtemos pela regra da cadeia dy dx = x dv dx + v. Substituindo-se este valor de dy dx e y x = v na equação obtemos x dv dx + v = v − 1 v + 1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 56 Equacées Diferenciais de 12 Ordem ou ve _v-i1 ox +1 dx v+l — 1-0 Multiplicando-se por — +1 esta equacdo se torna Pp P x(v2 + 1) gq ¢ v+ldv_ 1 ve+idx x Como vt+1 v 1 1 2 / pai = / pai” + / Semi?” = 5 Ine +1) + arctanz, entaéo a equacao diferencial tem solucdo 12 5 In(vo* + 1) +arctanv = —In|x| +c, ou In |e" + 1)1/?x| +arctanv = c. Substituindo-se v = 4 obtemos a solucgao In | ((y/x)? + 1)1/2x| +arctan(y/x) =c, que pode ainda ser escrita como In(y* + x?)1/2 +arctan(y/x) =c. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.5 Substituições em Equações de 1a. Ordem 57 1.5.2 Equações de Bernoulli As equações de Bernoulli são equações da forma dy dx + p(x)y = q(x)yn (1.35) em que n é um número real qualquer. Para n = 0 e n = 1 esta equação é linear. Para n ̸= 0 e n ̸= 1, fazemos a mudança de variáveis v = y1−n. Multiplicando-se a equação de Bernoulli (1.35) por y−n obtemos y−n dy dx + p(x)y1−n = q(x) (1.36) Derivando v = y1−n em relação a x obtemos pela regra da cadeia dv dx = (1 − n)y−n dy dx, de onde obtemos que y−n dy dx = 1 1 − n dv dx. Fazendo as substituições y−n dy dx = 1 1−n dv dx e y1−n = v em (1.36) obtemos 1 1 − n dv dx + p(x)v = q(x) que é uma equação linear. Depois de encontrada a solução geral desta equação, devemos substituir v = y1−n para encontrar a solução geral de (1.35). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 58 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Exemplo 1.17. Vamos encontrar a solução geral da equação y′ + 1 x y = xy2 fazendo a mudança de variáveis v = y−1. Se v = y−1, então dv dx = −y−2 dy dx. Multiplicando-se a equação diferencial por y−2 obtemos y−2 dy dx + 1 x y−1 = x. Fazendo as substituições y−2 dy dx = − dv dx e y−1 = v obtemos − dv dx + 1 x v = x. Multiplicando esta equação por −1 obtemos dv dx − 1 x v = −x que é uma equação linear e tem solução v(x) = −x2 + cx. Assim, a solução da equação dada é y(x) = 1 −x2 + cx. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.5 Substituições em Equações de 1a. Ordem 59 1.5.3 Equações de Ricatti As equações de Ricatti são equações da forma dy dx = p(x) + q(x)y + r(x)y2. (1.37) Sendo conhecida uma solução particular da equação y1(x), a equação de Ricatti pode ser resolvida fazendo a substituição y(x) = y1(x) + v(x). (1.38) Então, dy dx = dy1 dx + dv dx. (1.39) Substituindo-se (1.38) e (1.39) em (1.37) obtemos dy1 dx + dv dx = p(x) + q(x)(y1 + v) + r(x)(y1 + v)2. Usando o fato de que y1(x) é solução da equação obtemos dv dx − (q(x) + 2y1(x)r(x))v = r(x)v2, que é uma equação de Bernoulli com n = 2. Exemplo 1.18. Considere a equação dy dx = e2x + (1 + 2ex)y + y2. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 60 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Deixamos como exercicio para 0 leitor verificar que y1(x) = —e* é uma solucao desta equacao. Fazendo a substituicao y(x) = —e* + (x), obtemos a equacao dv v= dx oO que pode ser resolvida como uma equacao separavel 1 dv = — = 1. 1.40 v* + v0 dx (1.40) Decompondo ae em frac6es parciais obtemos 1 1 _A 4 B veto vvtl) 0 v+1 Multiplicando-se por v(v + 1) obtemos 1 = A(v+1) + Bu. Substituindo-se v = 0,—1l obtemos A = 1e B = —1. Assim, a equacao (1.40) pode ser escrita como ax (In|v| —Injv+1|) =1. Integrando-se obtemos v In | o+1 | =x+cy Aplicando-se a exponencial obtemos P= b6%e* = ce, o+1 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.5 Substituições em Equações de 1a. Ordem 61 Substituindo-se v = y + ex obtemos que a solução da equação é dada implicitamente por y + ex y + 1 + ex = cex. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 62 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 1.5.4 Equações da forma y′ = F(ax + by) As equações da forma y′ = F(ax + by), com a e b não nulos, podem ser resolvidas fazendo-se a mudança de variáveis v = ax + by. Logo, dv dx = a + b dy dx =⇒ dy dx = 1 b dv dx − a b. Substituindo-se ax + by = v e dy dx = 1 b dv dx − a b na equação diferencial obtemos 1 b dv dx − a b = F(v). Somando-se a b e multiplicando-se por b: dv dx = bF(v) + a. Dividindo-se por bF(v) + a obtemos a equação 1 bF(v) + a dv dx = 1, que é uma equação separável. Exemplo 1.19. Considere a equação dy dx = y − x y − x − 1. Vamos resolvê-la fazendo a substituição v = y − x. Logo, dv dx = dy dx − 1 =⇒ dy dx = dv dx + 1. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.5 Substituições em Equações de 1a. Ordem 63 Substituindo-se y − x = v e dy dx = dv dx + 1 na equação diferencial obtemos dv dx + 1 = v v − 1, dv dx = 1 v − 1, (v − 1) dv dx = 1, que é uma equação separável cuja solução é v2 2 − v = x + c. Substituindo-se de volta v = y − x obtemos que a solução da equação é dada impli- citamente por (y − x)2 2 − y = c. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 64 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Figura 1.15. Soluções da equação do Exem- plo 1.19 x y -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.5 Substituigdes em Equagées de 1 Ordem 65 Exercicios (respostas na pagina 208) 5.1. Resolva as equacGes seguintes fazendo a mudanga de variaveis v = y/x: dy 3y+x ) ay = 3x +y d 2x2 2 ) Ye + 5y? dx 2xy dy _ () @+ VW) +x-y =x 1/243/2. 5.2. Resolva as equacées fazendo as mudangas de variaveis sugeridas: 2 3 a) f +oy= Sosy? ) of toy =e va 4 1 2 44 ©) Ysa yt yy = 2x) tu ) y= (Y-2P,0=y=x. (ce) xy! =e “YY —y,0= xy. () Vay + JP =Loays?. (2) y! = (9x+ 16y)?,0 = 9x + 16y. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 66 Equacées Diferenciais de 12 Ordem 1.6 Aplicagoes 1.6.1. Dinamica Populacional Crescimento Exponencial O modelo mais simples de crescimento populacional é aquele em que se supde que a taxa de crescimento de uma populacdo au é proporcional a populacao pre- sente naquele instante y(t). Podemos descrever o problema de encontrar y(t) como o problema de valor inicial dy y(0) = yo A equacao é linear e pode ser reescrita como dy ap ky = 0. (1.41) Para resolvé-la vamos determinar o fator integrante u(t) _ el —kdt _ 4—kt Multiplicando-se a equacao (1.41) por p(t) = e~* obtemos d | kt) a y) =0. Integrando-se ambos os membros obtemos e*y(t)=c ou y(t) =ce™, Substituindo-se t = 0 e y = yo obtemos yo = ce®? =<, Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 67 Ou seja, a solução do problema de valor inicial é y(t) = y0ekt. Exemplo 1.20. Consideremos uma situação formada por uma população de orga- nismos zooplanctônicos. São colocadas em um béquer 3 fêmeas partenogenéticas grávidas (não há necessidade de fecundação pelo macho) de um microcrustáceo cha- mado cladócero em condições ideais de alimentação, temperatura, aeração e ilumi- nação e ausência de predadores. Sabendo-se que em 10 dias havia 240 indivíduos determine a população em função do tempo supondo-se que a taxa de crescimento da população é proporcional à população atual (crescimento exponencial). A população, y(t), é a solução do problema de valor inicial    dy dt = ky y(0) = 3 que como vimos acima tem solução y(t) = y0ekt = 3ekt. Como em 10 dias a população é de 240 indivíduos, então substituindo-se t = 10 e y = 240 obtemos 240 = 3e10k ⇒ k = ln 80 10 . Assim, a função que descreve como a população de bactérias varia com o tempo é y(t) = 3e ln 80 10 t = 3 · 80t/10. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 68 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Figura 1.16. Solução do problema do Exem- plo 1.20 e dados obtidos experimental- mente −5 0 5 10 15 20 25 30 −100 0 100 200 300 400 500 600 700 t y Figura 1.17. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.21 e dados obtidos ex- perimentalmente −5 0 5 10 15 20 25 30 −100 0 100 200 300 400 500 600 700 t y Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 69 Tabela 1.1. Número de indivíduos por litro de uma população de cladóceros (Daph- nia laevis) em experimento de laboratório (dados obtidos de [4]) Dias População Dias População 1 3 13 510 2 7 14 630 3 10 15 638 4 9 16 628 5 39 17 666 6 39 18 668 7 40 19 620 8 113 20 663 9 180 21 667 10 240 22 645 11 390 23 690 12 480 24 650 Crescimento Logístico Para levar em conta que a população y(t) tem um valor máximo sustentável yM, podemos supor que a taxa de crescimento, além de ser proporcional à população atual, é proporcional também à diferença entre yM e a população presente. Neste caso, a população como função do tempo, y(t), é a solução do problema de valor inicial    dy dt = ky(yM − y) y(t0) = y0 Multiplicando-se a equação diferencial por 1 y(yM−y) obtemos a equação separável 1 y(yM − y)y′ = k Julho 2016 Reginaldo J. Santos 70 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Integrando-se em relagdo a t obtemos / 1 ya = [rat ie y(ym — ¥) . Fazendo-se a substituicao y'dt = dy obtemos / Y&,, | kdt +c ty = 1 y(ym — y) Para calcular a integral do lado esquerdo, vamos decompor omy) em frag6es par- ciais: 1 A B = — + —_ yym—y) Yo YM~yY Multiplicando-se a equacao acima por y(yjy — y) obtemos 1= A(ym — y) + By Substituindo-se y = 0e y = yyy obtemos A = 1/yy e B = 1/yy. Assim, 1 1 1 1 1 ———d =1 (fia + f aay) = 2 In|y| —In|ym — | yaaa oa yD my) ag OE lew) Logo, a solugdo da equacao diferencial é dada implicitamente por In |y| — In [ym — y| = Kyat + c1. Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como in] = cy + kymt. YM—Y Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 71 Aplicando a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto ob- temos y yM − y = ±ec1eyMkt = ceyMkt Observe que como c1 é uma constante, então ±ec1 também é uma constante que chamamos de c. Substituindo-se t = t0 e y = y0 na equação acima obtemos c = y0 yM − y0 e−yMkt0. Vamos explicitar y(t): y = (yM − y)ceyMkt ⇒ y + ceyMkty = yMceyMkt Portanto, a solução do problema de valor inicial é y(t) = cyMeyMkt 1 + ceyMkt = y0yM yM−y0 eyMk(t−t0) 1 + y0 yM−y0 eyMk(t−t0) = y0yMeyMk(t−t0) yM − y0 + y0eyMk(t−t0) Dividindo-se numerador e denominador por eyMkt obtemos y(t) = y0yM y0 + (yM − y0)e−yMk(t−t0) Observe que lim t→∞ y(t) = yM. Exemplo 1.21. Consideremos a mesma situação do Exemplo 1.20, ou seja, são co- locadas em um béquer 3 fêmeas partenogenéticas grávidas (não há necessidade de fecundação pelo macho) de um microcrustáceo chamado cladócero em condições Julho 2016 Reginaldo J. Santos 72 Equacées Diferenciais de 12 Ordem ideais de alimentacado, temperatura, aeracao e iluminagao, e auséncia de predadores. Sabendo-se que essa populacao atinge o maximo de 690 individuos e que em 10 dias havia 240 individuos, determine a populacéo em funcgdo do tempo supondo-se que a taxa de crescimento da populagao é proporcional tanto a populacao atual quanto a diferenca entre a populacgdo maxima e a populacao atual (crescimento logistico). A populacao como funcao do tempo, y(t), 6 a solucdo do problema dy ran ky(690 — y) y(0) =3, y(10) = 240. Multiplicando-se a equagao diferencial por 60) obtemos.a equacdo separavel 1 y =k (1.42) y(690 — y) Integrando-se em relagdo a t obtemos / Fat = [at +c y(690 sy) Fazendo-se a substituigdo y'dt = dy obtemos / Tay = / kdt +c y(690 — y) , Para calcular a integral do lado esquerdo vamos decompor 0a) em frag6es par- ciais: 1A, BL y(690—y) y 690-y Multiplicando-se a equacdo acima por y(690 — y), obtemos 1 = A(690 — y) + By Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.6 Aplicagdes 73 Substituindo-se y = 0 e y = 690 obtemos A = 1/690 e B = 1/690. Assim, 1 1 1 1 1 ————-dy = —— —d ——— dy) = —— (1 —1 = | y= Y= 690 (/; + | wa v) 699 (Inlyl — in[690 — yl) Logo, a equagao (1.42) tem solugdo dada implicitamente por In |y| — In |690 — y| = 690kt + cy. Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como In| —/—| = c, 4 690k¢. 690 — y Aplicando-se a exponencial a ambos os membros obtemos YY _ 4. cy ,690kt = ,,690kt 690 —y tele ce . (1.43) Observe que como c; é uma constante, entéo +e também é uma constante que chamamos de c. Substituindo-se t = 0 e y = 3 na equacao (1.43) obtemos oo be — 690-3 687 229° Para determinar o valor de k, vamos usar 0 fato de que em 10 dias havia 240 indivi- duos. Substituindo-se t = 10 e y = 240 na solucdo geral implicita (1.43) e usando-se o valor de c encontrado acima obtemos 240 _ 1 690K 690k _ 1832 _ nt? 450 229° eS a ORS Vamos explicitar y(t): Da solucao geral implicita (1.43) obtemos y= (690 =) ce" = y+ ce ty _— 690052 = y(1 + e690kt) _— 690ceO2 OH, Julho 2016 Reginaldo J. Santos 74 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Portanto, a solucéo do problema de valor inicial que da a populacao de cladéceros em fungdo do tempo é y(t) = 690ce°O" 9D CHPOKE 690 _ 690 . 690 4 690kt 99 690kt ~~ _999e—690kKt 4.4 — In 1832 J ot + ce' 9+e 9e + 229¢ oe fy q 29 (42) W414 1.6.2 Decaimento Radioativo A proporcao de carbono 14 (radioativo) em relacdo ao carbono 12 presente nos seres Vivos é constante. Quando umorganismo morre a absorcdo de carbono 14 cessa e a partir de entdo 0 carbono 14 vai se transformando em carbono 12 a uma taxa que é proporcional a quantidade presente. Podemos descrever o problema de encontrar a quantidade de carbono 14 em funcado do tempo, y(t), como o problema de valor inicial dy = = ky. | at y(0) = yo A equacao é a mesma do crescimento exponencial, mas vamos resolver, agora, como uma equacao separavel, ou seja, a equacao é equivalente a 1 -y' =k. y Integrando-se em relacao a t, lembrando-se que y/dt = dy, obtemos In ly| =kt+ Cy. Aplicando-se a exponencial, obtemos y(t) = ee = cel, Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 75 Substituindo-se t = 0 e y = y0, obtemos c = y0. Logo, a solução do PVI é y(t) = y0ekt. Exemplo 1.22. Em um pedaço de madeira é encontrado 1/500 da quantidade ori- ginal de carbono 14. Sabe-se que a meia-vida do carbono 14 é de 5600 anos, ou seja, que em 5600 anos metade do carbono 14 presente transformou-se em carbono 12. Vamos determinar a idade deste pedaço de madeira. O problema de valor inicial que descreve esta situação é    dy dt = ky. y(0) = y0 que tem solução y(t) = y0ekt Substituindo-se t = 5600 e y = y0/2 (meia-vida) obtemos y0/2 = y0ek·5600 ⇒ k = − ln 2 5600 Agora substituindo-se y = y0/500 obtemos y0 500 = y0ekt ⇒ t = −ln 500 k = 5600 ln 500 ln 2 ≈ 50200 anos Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 76 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Figura 1.18. Solução do problema de valor ini- cial do Exemplo 1.22 y0/2 y0 5000 10000 15000 20000 25000 30000 35000 40000 45000 50000 t y Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 77 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 78 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 1.6.3 Misturas Figura 1.19. Tanque Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 79 Vamos supor que um tanque contenha uma mistura de água e sal com um vo- lume inicial de V0 litros e Q0 gramas de sal e que uma solução salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa constante de Te litros por minuto, possuindo uma concentração de Ce gramas de sal por litro. Suponha que a solução bem misturada sai a uma taxa constante de Ts litros por minuto. A taxa de variação da quantidade de sal no tanque é igual à taxa com que entra sal no tanque menos a taxa com que sai sal do tanque. A taxa com que entra sal no tanque é igual à taxa com que entra a mistura, Te, vezes a concentração de entrada, Ce. E a taxa com que sai sal do tanque é igual à taxa com que sai a mistura do tanque, Ts, vezes a concentração de sal que sai do tanque, Cs. Como a solução é bem misturada, esta concentração é igual à concentração de sal no tanque, ou seja, Cs(t) = Q(t) V(t). Como o volume no tanque, V(t), é igual ao volume inicial, V0, somado ao volume que entra no tanque subtraido ao volume que sai do tanque, então se as taxas de entrada e de saída forem constantes temos que V(t) = V0 + Tet − Tst = V0 + (Te − Ts)t. Assim, a quantidade de sal no tanque, Q(t), é a solução do problema de valor inicial    dQ dt = TeCe − Ts Q V0 + (Te − Ts)t Q(0) = Q0. Exemplo 1.23. Num tanque há 100 litros de salmoura contendo 30 gramas de sal em solução. Água (sem sal) entra no tanque à razão de 6 litros por minuto e a mistura Julho 2016 Reginaldo J. Santos 80 Equacées Diferenciais de 12 Ordem se escoa a razdo de 4 litros por minuto, conservando-se a concentragdo uniforme por agitagéo. Vamos determinar qual a concentracao de sal no tanque ao fim de 50 minutos. O problema pode ser modelado pelo seguinte problema de valor inicial: qQ__4_ 2 dt 100 + 2¢ Q(0) = 30. A equacao é linear e pode ser escrita como dQ Q HX 44% = dt‘ “100 +2 ~° Um fator integrante é neste caso u(t) = Pl Tordt — e2'n(100+24) _ ,in((100+2F)”) _ (100 + 28)”. Multiplicando-se a equacdo por p(t) = eS woirndt — (100 + 2t)* obtemos x ((100 + 2#)Q) =0 dt Integrando-se obtemos (100 + 2t)7Q(t) =c ou seja, QW) = aos (100 + 2t)?’ Substituindo-se t = 0 e Q = 30: c = 30-1007 = 3-10° Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 81 Substituindo-se o valor de c encontrado: Q(t) = 3 · 105 (100 + 2t)2 A concentração é o quociente da quantidade de sal pelo volume que é igual à V(t) = 100 + 2t. Assim, C(t) = 3 · 105 (100 + 2t)3 e após 50 minutos C(50) = 3 · 105 (200)3 = 3 80 = 0, 0375 gramas/litro Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 82 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Figura 1.20. Solução do problema de valor ini- cial do Exemplo 1.23 5 10 15 20 25 30 35 100 200 300 400 500 t Q Figura 1.21. Concentração como função do tempo para o problema do Exemplo 1.23 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 100 200 300 400 500 t c Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.6 Aplicagdes 83 1.6.4 Lei de Resfriamento de Newton A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variacao da temperatura T(t) de um corpo é proporcional a diferenca entre a temperatura atual do corpo T(t) ea temperatura constante do meio ambiente T,, ou seja, a temperatura do corpo, T(t) é a solugdo do problema de valor inicial dT a k(T — Ta) T(0) = To Exemplo 1.24. O café esta a 90° C logo depois de coado e, um minuto depois, passa para 85° C, em uma cozinha a 25° C. Vamos determinar a temperatura do café em fungdo do tempo e o tempo que levarda para o café chegar a 60° C. aT 7 k(T — 25) T(0) = 90, T(1) = 85 Dividindo-se a equacgdo por T — 25: 1 1 T-35' * Integrando-se em relagao a t: / 1 rat = [katte T-25 0 v / | _ar = [katte T-25 v Julho 2016 Reginaldo J. Santos 84 Equacées Diferenciais de 12 Ordem In|T —25| = kt+c1, T(t) = 25+ ee = 25 + cel, Substituindo t = 0e T = 90: 90=25+c¢ => c=65 T(t) = 25+ 65e™, Substituindo-se t = 1e T = 85: 60 85=25+65e => k=In(—). 65 Assim, a temperatura do café em funcdo do tempo é dada por in( 0 60\' T(t) = 25 + 65e!"(os)! — 25 4.65 (5) , Substituindo T = 60: + In( et 60 = 25 + 65e"' Logo, o tempo necessario para que o café atinja 60° é de: In(35/65) . t= ———_ & . in(o0/65) ~ &min Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 85 Figura 1.22. Solução do problema de valor ini- cial do Exemplo 1.24 20 40 60 80 100 5 10 15 20 25 30 35 40 t T Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 86 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 1.6.5 Lei de Torricelli Figura 1.23. Tanque com um orifício Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 87 A lei de Torricelli diz que a taxa com que um líquido escoa por um orifício situ- ado a uma profundidade h é proporcional a √ h. Ou seja, dV dt = k √ h. Existe uma relação entre V e h, V = V(h), que depende da forma do tanque. Como dV dt = dV dh dh dt , então a altura, h(t), é a solução do problema de valor inicial      dh dt = k √ h dV dh h(0) = h0 Exemplo 1.25. Um tambor cilíndrico, de 2 metros de altura e base circular de raio 1 metro, está cheio de água. Se fizermos um furo no fundo e em 30 minutos a água cair pela metade vamos determinar a altura h da água dentro do tambor em função do tempo e em quanto tempo o tanque esvazia. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 88 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Figura 1.24. Solução do problema do Exemplo 1.25 0.5 1 1.5 2 20 40 60 80 100 t h Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.6 Aplicagdes 89 Como para o cilindro V(h) = 2 R7h = mh entao dV | 1 dh Como uma constante sobre 7t é também uma constante, entao o problema pode ser modelado por dh — =kvh dt Vh h(0) = 2, h(30) =1. 1 Multiplicando-se a equacéo por —= obtemos P quagao p Vh 1 —h' =k. Vh Integrando-se ambos os membros em relacdo a t obtemos / 1 lat = [katte Vi . Fazendo-se a substituicdo h'dt = dh obtemos / ah= [katte Ti . 2Vh = kt+c (1.44) ou explicitando-se a solucao: c+kt n(t) = (Sy. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 90 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Substituindo-se t = 0 e h = 2 em (1.44): 2 √ 2 = c. Substituindo-se t = 30 e h = 1 em (1.44): c + 30k = 2 ⇒ k = 2−c 30 = 1− √ 2 15 . Assim, h(t) = (c + kt 2 )2 = ( √ 2 + 1 − √ 2 30 t)2. Substituindo-se h = 0: t = − c k = 30 √ 2 √ 2−1 ≈ 102 min. 1.6.6 Velocidade de Escape v = v0 P = − k r2 Um corpo é lançado da superfície da Terra com velocidade v0 de forma que a única força que age sobre ele é a força gravitacional, que é proporcional ao inverso do quadrado da distância ao centro da Terra, ou seja, mdv dt = − k r2 , k > 0. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.6 Aplicagdes 91 Como na superficie da Terra, r = R, a forca gravitacional é igual ao peso do corpo na superficie da Terra, mg, entaéo k 2 Rms => k=mgkR. Assim, dv mgR* n= - dt 1 v(0) = v%. Como dv dodr _ dv dt drdt~ dr’ entao dv eR? v— =-°>. dr r Integrando-se em relacdo a r obtemos R2 [ev'ar = — [ Fe arse. r Substituindo-se v'dr = dv e calculando as integrais obtemos v2 gR? 2 = 7) +C. Substituindo-se v = vg er = R obtemos v5 v3 =z = 8Rte => c= > gk. Assim, a solugdo do PVI é dada implicitamente por vw gR? op — = 2—+—- PR. 27> 7 2 8 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 92 Equacées Diferenciais de 12 Ordem A velocidade é igual a zero apenas para f = finay. Ou seja, gk? | % 0=2—+—-=- eR. 'max 2 s Assim, a velocidade de escape é dada por = ii = ii = 2eR(1 — 8) = \/2gR © 11.290 m/s Pese = rar > +60 Cai os — 8 l'max — 8 ~ , , 6.7 “Resistencia em Fluidos Um. corpo que se desloca em um meio fluido sofre uma forca de resisténcia que é proporcional a velocidade do corpo. A velocidade, v(t), é a solucaéo do problema de valor inicial dv ma = F—kv v(0) =0. Para um corpo que cai a forcga F é igual ao peso do corpo. Para um barco que se desloca na Agua ou um carro em movimento a forca F é igual a forca do motor. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 93 P = − mg Fr = − kv P = − mg Exemplo 1.26. Um paraquedista com o seu paraquedas pesa 70 quilogramas e salta de uma altura de 1400 metros. O paraquedas abre automaticamente após 5 segun- dos de queda. Sabe-se que a velocidade limite é de 5 metros por segundo. Vamos determinar a velocidade que o paraquedista atinge no momento que o paraquedas abre, quanto tempo demora para a velocidade chegar a 5,1 metros por segundo e como varia a altura em função do tempo. Vamos convencionar que o sentido positivo é para cima e que a origem está na superfície da Terra. Até o momento em que o paraquedas abre a velocidade é a solução do problema de valor inicial    mdv dt = P = −mg v(0) = 0, Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 94 Equações Diferenciais de 1a. Ordem ou seja,    dv dt = −10 v(0) = 0. O que leva a solução v(t) = −10t. Quando o paraquedas abre a velocidade é então de v(5) = −50 m/s. Até este momento a altura do paraquedista em função do tempo é a solução do problema de valor inicial    dh dt = v(t) = −10t h(0) = 1400. cuja solução é h(t) = 1400 − 5t2. Assim, até o momento que o paraquedas abre o paraquedista caiu 1400 − h(5) = 125 m Daí em diante a velocidade do paraquedista é a solução do problema de valor inicial    mdv dt = −mg − kv v(5) = −50. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 95 Figura 1.25. Módulo da velocidade do Exemplo 1.26 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 t |v| Figura 1.26. Altura do Exemplo 1.26 200 400 600 800 1000 1200 1400 50 100 150 200 250 t h Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 96 Equações Diferenciais de 1a. Ordem A força de resistência é igual à −kv, o sinal menos com uma constante positiva indica que a força de resistência é no sentido contrário ao da velocidade. Observe que a velocidade é negativa o que faz com que a força de resistência seja positiva, ou seja, para cima como convencionamos no início.    dv dt = −10 − k 70v = −10 − Kv, K = k/70 v(5) = −50. A equação dv dt = −10 − Kv pode ser reescrita como 1 10 + Kvv′ = −1 Integrando-se ln |10 + Kv| = −Kt + c1 10 + Kv = ±ec1e−Kt v(t) = −10 K + ce−Kt A velocidade limite é de −5 m/s, logo lim t→∞ v(t) = −10 K = −5 ⇒ K = 2. Substituindo-se t = 5 e v = −50 em v(t) = − 10 K + ce−Kt: −50 = −5 + ce−5K ⇒ c = −45e5K ou seja, a solução do problema de valor inicial é v(t) = −5 − 45e−2(t−5). Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 97 Substituindo-se v = −5,1 (lembre-se que é negativo por que é para baixo!) obtemos −5,1 = −5 − 45e−2(t−5) ⇒ t − 5 = ln 450 2 ≈ 3 segundos, ou seja, 3 segundos depois do paraquedas aberto a velocidade já é de 5,1 m/s. Depois que o paraquedas abre a altura em função do tempo é a solução do problema de valor inicial    dh dt = v(t) = −5 − 45e−2(t−5) h(5) = 1400 − 125 = 1275. a solução geral da equação é h(t) = −5(t − 5) + 45 2 e−2(t−5) + c. Substituindo-se t = 5 e h = 1275 obtemos c = 2505/2. Assim, a solução deste problema de valor inicial é h(t) = 2505 2 − 5(t − 5) + 45 2 e−2(t−5), para t > 5 1.6.8 Circuitos Elétricos Um circuito RC é um circuito que tem um resistor de resistência R, um capacitor de capacitância C e um gerador que gera uma diferença de potencial ou força eletro- motriz V(t) ligados em série. A queda de potencial num resistor de resistência R é igual à RI e num capacitor de capacitância C é igual à Q C . Pela segunda lei de Kirchhoff (lei das malhas) a soma da forças eletromotrizes (neste caso apenas V(t)) é igual à soma das quedas de potencial (neste caso R I na Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 98 Equações Diferenciais de 1a. Ordem resistência e Q/C no capacitor), ou seja, R I + Q C = V(t). Como I(t) = dQ dt , então a carga Q(t) no capacitor satisfaz a equação diferencial RdQ dt + 1 C Q = V(t). Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 99 Figura 1.27. Circuito RC C V(t) R Figura 1.28. Solução do problema do Exemplo 1.27 0.0005 0.001 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 t Q Julho 2016 Reginaldo J. Santos 100 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Exemplo 1.27. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferenga de potencial de 10 volts enquanto a resisténcia é de 10° ohms e a capacitancia é de 10~* farads. Vamos encontrar a carga Q(t) no capacitor em cada instante t, se Q(0) = 0 e o limite de Q(t) quando ¢ tende a mais infinito. d d 10342 +10°Q=10 = dQ +10Q = 10%. dt dt A equacao é linear. Multiplicando-se a equacao pelo fator integrante p(t) = e!% obtemos 1 £ ( 0tG) — 19=2,10t = (e'"Q) = 10-6 integrando-se obtemos el O(t) = 10°F! +k ou Q(t) = 107-3 + ke MF. Substituindo-se t = 0 e Q = 0 obtemosk = —10~° e assim a solugao do problema de valor inicial é Q(t) =10°3 (1 7 ett) coulombs. lim Q(t) = 10~ coulombs. too 1.69 Juros Vamos supor que fagamos uma aplicacéo de uma quantia Sy em um banco e que a taxa de variacao do investimento a é proporcional ao saldo em cada instante S(t). Podemos descrever 0 problema de encontrar S(t) como o problema de valor inicial dS i rS. S(0) = So Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 101 Este problema já resolvemos antes e tem solução S(t) = S0ert. (1.45) Pode parecer que este modelo não seja muito realista, pois normalmente os juros são creditados em períodos inteiros igualmente espaçados. Ou seja, se j é a taxa de juros em uma unidade de tempo, então o saldo após n unidades de tempo S(n) é dado por S(1) = S0 + S0j = S0(1 + j) S(2) = S(1)(1 + j) = S0(1 + j)2 ... ... ... S(n) = S(n − 1)(1 + j) = S0(1 + j)n. (1.46) Substituindo-se t por n na solução do problema de valor inicial obtida (1.45) e com- parando com (1.46) obtemos que S0ern = S0(1 + j)n ou seja, 1 + j = er ou r = ln(1 + j) (1.47) Assim, a hipótese inicial de que os juros são creditados continuamente é realista desde que a constante de proporcionalidade na equação diferencial r e a taxa de juros j estejam relacionadas por (1.47). Para pequenas taxas de juros os dois valores são muito próximos, r ≈ j. Por exemplo, j = 4 % corresponde a r = 3,9 % e j = 1 % corresponde a r = 0,995 % ≈ 1 %. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 102 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 0 0 So t S Figura 1.29. Saldo em função do tempo quando não há depósitos Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 103 0 2 4 6 8 10 12 100 102 104 106 108 110 112 114 Meses Saldo em R$ Figura 1.30. Saldo em função do tempo para o problema do Exemplo 1.28 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 104 Equacées Diferenciais de 1? Ordem Exemplo 1.28. Vamos supor que uma aplicacdo renda juros de 1 % ao més (continu- amente). Vamos encontrar 0 saldo como fungdo do tempo e 0 saldo apés 12 meses se o saldo inicial é de R$ 100, 00. Podemos descrever 0 problema de encontrar S(t) como o problema de valor ini- cial dS “=0 01 i 0,01S S(0) = 100 Este problema ja resolvemos antes e tem solucado S(t) = 100e°"!*, Assim, em 12 meses 0 saldo é S(12) = 100e9112 ~ R$ 112,75. Vamos supor, agora, que além do investimento inicial Sg fagamos depésitos ou sa- ques continuamente a uma taxa constante d (positivo no caso de depositos e negativo no caso de saques), entdo neste caso o modelo que descreve esta situacdo é o do pro- blema de valor inicial dS ~~ d Ti rS+ S(0) = So A equacao é linear e pode ser reescrita como dS —-rS=d. 1.48 a (1.48) Para resolvé-la vamos determinar o fator integrante u(t) _ es —rdt _ ,—rt Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 105 Multiplicando-se a equação (1.48) por µ(t) = e−rt obtemos d dt(e−rtS) = de−rt Integrando-se ambos os membros obtemos e−rtS(t) = −d r e−rt + c ou S(t) = cert − d r Substituindo-se t = 0 e S = S0, obtemos S0 = cer 0 − d r ⇒ c = S0 + d r Ou seja, a solução do problema de valor inicial é S(t) = S0ert + d r (ert − 1). (1.49) Vamos comparar este resultado com o caso em que além dos juros serem cre- ditados em intervalos constantes os depósitos ou saques de valor D são feitos em intervalos constantes. Neste caso o saldo após n unidades de tempo é dado por 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) S(n) = S0(1 + j)n + D(1 + j)n − 1 j . (1.50) Foi usada a soma de uma progressão geométrica. Substituindo-se t por n na solução do problema de valor inicial (1.49) e comparando-se com a equação (1.50) obtemos Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 106 Equações Diferenciais de 1a. Ordem que S0ern + d r (ern − 1) = S0(1 + j)n + D(1 + j)n − 1 j ou seja d r = D j (1.51) Usando (1.47) obtemos as seguintes relações d = D ln(1 + j) j ou D = (er − 1)d r . (1.52) Assim, podemos também neste caso usar o modelo contínuo em que os depósitos ou saques são feitos continuamente desde que a taxa contínua de depósitos d e os depósitos constantes D estejam relacionados por (1.52). Para pequenas taxas de juros já vimos que r ≈ j e então por (1.51) temos que d ≈ D. Por exemplo, j = 1 % corresponde a r = 0,995 % ≈ 1 % e neste caso d ≈ D. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 107 0 0 So t S Figura 1.31. Saldo em função do tempo quando são feitos depósitos a uma taxa constante Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 108 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 0 5 10 15 20 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 x 10 4 t S Figura 1.32. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.29 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.6 Aplicagdes 109 Exemplo 1.29. Suponha que seja aberta uma caderneta de poupanca com 0 objetivo de no futuro adquirir um bem no valor de R$ 40.000, 00. Suponha que os juros sejam creditados continuamente a uma taxa de r = 1% ao més e que os depédsitos também sejam feitos continuamente a uma taxa constante, sendo no inicio 0 saldo igual a zero. Vamos determinar de quanto deve ser a taxa de depdsito mensal para que em 20 meses consiga atingir o valor pretendido. dS 1 S(0) =0 A equacdo é linear e pode ser reescrita como dS 1 at T00° =d. (1.53) Para resolvé-la precisamos determinar o fator integrante _ of —qodt — -iht u(t) =e! ~10% — e 00 Multiplicando-se a equacao (1.53) por p(t) = e~ 100! obtemos “(e-te's) = de~ tw! Integrando-se ambos os membros obtemos e-10'S(t) = —100de10'+¢ ou S(t) =cet! — 100d Substituindo-se t = 0 e S = 0, obtemos 0=cem—100d + c=100d Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 110 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Ou seja, a solução do problema de valor inicial é S(t) = 100d(e 1 100 t − 1). (1.54) Substituindo-se t = 20 e S = 40000: 40000 = 100d(e 2 10 − 1) ⇒ d = 400 e 2 10 − 1 ≈ R$ 1807,00 Esta é a taxa de depósito mensal, supondo-se que os depósitos sejam realizados continuamente. Usando-se (1.52), temos que o depósito mensal D que corresponde ao depósito contínuo à taxa d é dado por D = (er − 1)d r = (e0,01 − 1)1807 0, 01 ≈ R$ 1816,00. Os valores de d e D são muito próximos, de forma que podemos considerar o depó- sito mensal como sendo igual a taxa mensal. 1.6.10 Reações Químicas de 2a. Ordem 1o. Caso Suponha que temos uma reação do tipo em que um reagente A se decompõe em outras substâncias: A → produtos, tal que a velocidade da reação é proporcional ao quadrado da concentração de A, ou seja, dy dt = −ky2, em que y(t) é a concentração de A como função do tempo e k > 0 é a constante cinética. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 111 Multiplicando-se a equação diferencial por 1/y2 obtemos a equação 1 y2 y′ = −k. Esta é uma equação separável. Integrando-se em relação a t e substituindo-se y′dt = dy obtemos que a solução geral da equação diferencial é dada implicitamente por 1 y = kt + c. (1.55) Substituindo-se t = 0 e y = y0 obtemos que c = 1/y0. Explicitando-se y(t) obtemos que a concentração de A em função do tempo é dada por y(t) = 1 kt + 1/y0 . 2o. Caso Se temos uma reação do tipo a A + b B → produtos, tal que a velocidade da reação é proporcional à concentração de A, mas também é proporcional à concentração de B, ou seja, dy dt = −kyz, (1.56) em que y(t) é a concentração de A como função do tempo, z(t) é a concentração de B como função do tempo e k > 0 é a constante cinética. Considerando-se que os reagentes são sempre consumidos na proporção estequi- ométrica, temos que y0 − y(t) z0 − z(t) = a b. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 112 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Assim, z(t) = z0 − b a(y0 − y(t)). Se a reação é iniciada com os reagentes na proporção estequiométrica, ou seja, y0 z0 = a b. então z0 = b ay0 e z(t) = b ay(t). (1.57) Substituindo-se (1.57) em (1.56) obtemos dy dt = −kb a y2. Esta equação diferencial é do mesmo tipo da equação do caso anterior. Assim, a concentração de A em função do tempo é dada por y(t) = 1 kbt/a + 1/y0 . Se a reação é iniciada de forma que os reagentes não estejam na proporção este- quiométrica, então z(t) = z0 − b a(y0 − y) = b a(y − β), em que β = y0 − a bz0 e a equação (1.56) se reescreve como dy dt = −kb a y(y − β). Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 113 Exemplo 1.30. Considere a reação química da decomposição do dióxido de nitrogê- nio em óxido nítrico e oxigênio NO2 → NO + 1 2 O2 a uma certa temperatura. Esta é uma reação de 2a. ordem, ou seja, a velocidade com que NO2 se decompõe é proporcional ao quadrado da sua concentração, ou ainda, dy dt = −ky2, em que y(t) é a concentração de NO2 com função do tempo e k > 0 é a constante cinética. Sabendo-se que, a uma dada temperatura, em t = 0 a concentração de NO2 era de 0,1 mol/L e que em t = 10 segundos era de 0,009 mol/L, vamos determinar a concentração de NO2 como função do tempo t. Multiplicando-se a equação diferencial por 1/y2 obtemos a equação 1 y2 y′ = −k. Esta é uma equação separável. Integrando-se em relação a t e substituindo-se y′dt = dy obtemos que a solução geral da equação diferencial é dada implicitamente por 1 y = kt + c. (1.58) Substituindo-se t = 0 e y = 0,1 = 1/10 obtemos que c = 10. Substituindo-se t = 10, y = 0,009 = 9/1000 e c = 10 obtemos que a constante cinética é k = 1000/9 − 10 10 ≈ 10 L/(mol.s) Explicitando-se y(t) na solução geral (1.58) obtemos que a concentração de NO2 em função do tempo é dada por y(t) = 1 10t + 10. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 114 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09 0.1 5 10 15 20 t y Figura 1.33. Função do Exemplo 1.30 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 115 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 116 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 1.6.11 Trajetórias Ortogonais Considere uma família F de curvas que pode ser representada por uma equação diferencial da forma dy dx = f (x, y). (1.59) Dado um ponto qualquer (x0, y0), o coeficiente angular da reta tangente a uma curva da família F que passa por este ponto é dado por tan α = f (x0, y0), pois como a curva satisfaz (1.59), este é o valor da derivada dy dx em (x0, y0). Uma curva que passa por (x0, y0) de forma que a sua tangente neste ponto seja ortogonal à tangente da curva da família F tem reta tangente com coeficiente angular dado então por tan β = −1/ f (x0, y0). Assim, a equação diferencial que representa a família de curvas que interceptam ortogonalmente as curvas da família F é dy dx = − 1 f (x, y). As curvas que são solução desta equação são chamadas trajetórias ortogonais às curvas da família F. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 117 x0 y0 α β Figura 1.34. Trajetórias Ortogonais: a curva que passa por (x0, y0) que tem reta tangente com inclinação tan α = f (x0, y0) é ortogonal à curva que passa por (x0, y0) que tem inclinação tan β = − 1 f (x0, y0). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 118 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Exemplo 1.31. Vamos encontrar a família de trajetórias ortogonais da família de parábolas y = cx2. Derivando a equação que define as parábolas obtemos dy dx = 2cx Da equação das parábolas temos que c = y/x2 que sendo substituído na equação acima produz dy dx = 2y x Esta equação diferencial caracteriza as parábolas dadas. Assim, a equação que ca- racteriza as suas trajetórias ortogonais é dy dx = − x 2y ⇒ 2y dy dx = −x Assim, as trajetórias ortogonais da família de parábolas dadas são as elipses y2 2 + x2 = c. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 119 x y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 Figura 1.35. As elipses x2 + 2y2 = c são as trajetórias ortogonais às parábolas de equações y = cx2. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 120 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Exercícios (respostas na página 218) 6.1. Um tanque contém 100 litros de uma solução a uma concentração de 1 grama por litro. Uma solução com uma concentração de 2te− 1 100 t gramas por litro entra no tanque a uma taxa constante de 1 litro por minuto, enquanto que a solução bem misturada sai à mesma taxa. (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo. (b) Calcule a concentração de sal no tanque t = 10 minutos após o início do processo. 6.2. Um tanque contém inicialmente 100 litros de água pura. Então, água salgada, contendo 30 e− 2 10 t gramas de sal por litro, passa a ser bombeada para o tanque a uma taxa de 10 litros por minuto. Simultaneamente a solução passa a ser agitada e retirada do tanque na mesma taxa. (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo. (b) Calcule em que instante a concentração de sal no tanque será de 7,5 gramas por litro. 6.3. Um tanque contém inicialmente 100 litros de água e 100 gramas de sal. Então, uma mistura de água e sal na concentração de 5 gramas de sal por litro é bombeada para o tanque a uma taxa de 4 litros por minuto. Simultaneamente a solução (bem misturada) é retirada do tanque na mesma taxa. (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo. (b) Calcule a concentração limite de sal no tanque quando t → ∞ e o tempo necessário para que a concentração atinja metade deste valor. 6.4. Suponha que um tanque contenha uma mistura de água e sal com um volume inicial 100 litros e 10 gramas de sal e que uma solução salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 3 litros por minuto possuindo uma concentração de 1 grama de sal por litro. Suponha que a solução bem misturada sai a uma taxa de 2 litros por minuto. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 121 (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo. (b) De qual valor se aproxima a concentração quando o tanque está enchendo, se a sua capacidade é de 200 litros? 6.5. Suponha que um tanque contenha uma mistura de água e sal com um volume inicial 100 litros e 10 gramas de sal e que água pura seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 1 litro por minuto. Suponha que a solução bem misturada sai a uma taxa de 2 litros por minuto. (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo. (b) De qual valor se aproxima a concentração quando o tanque se aproxima de ficar vazio? 6.6. Dentro da Terra a força da gravidade é proporcional à distância ao centro. Um buraco é cavado de polo a polo e uma pedra é largada na borda do buraco. (a) Determine a velocidade da pedra em função da distância. (b) Com que velocidade a pedra atinge o centro da Terra? Com que velocidade atinge o outro polo? (Sugestão: dv dt = dv dx dx dt e v = dx dt ) 6.7. A taxa com que uma gota esférica se evapora ( dV dt ) é proporcional a sua área. Determine o raio da gota em função do tempo, supondo que no instante t = 0 o seu raio é r0 e que em uma hora o seu raio seja a metade. 6.8. Num processo químico, uma substância se transforma em outra, a uma taxa proporcional à quantidade de substância não transformada. Se esta quantidade é 48 ao fim de 1 hora, e 27 ao fim de 3 horas, qual a quantidade inicial da substância? 6.9. A população de bactérias em uma cultura cresce a uma taxa proporcional ao número de bactérias no instante t. Após três horas, observou-se a existência de 400 bactérias. Após 9 horas, 2500 bactérias. Qual era o número inicial de bactérias? Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 122 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 6.10. Suponha que um automóvel sofre depreciação continuamente numa taxa que é proporcional ao seu valor num instante t. Este automóvel novo custa R$ 35000,00. Após um ano de uso o seu valor é R$ 30000,00. Qual será o valor do automóvel após dois anos de uso? 6.11. Uma população de bactérias cresce a uma taxa proporcional à população presente. Sabendo-se que após uma hora a população é 2 vezes a população inicial, determine a população como função do tempo e o tempo necessário para que a população triplique. Faça um esboço do gráfico da população em função do tempo. 6.12. Suponha que em uma comunidade de 100 pessoas inicialmente apenas uma pessoa seja portador de um vírus e que a taxa com que o vírus se espalha na comunidade seja proporcional tanto ao número de pessoas infectadas como também ao número de pessoas não infectadas. Se for observado que, após 4 semanas, 5 pessoas estão infectadas, determine o número de pessoas infectadas em função do tempo. Faça um esboço do gráfico da solução. 6.13. Na tabela abaixo estão os dados dos 6 penúltimos recenseamentos realizados no Brasil. Ano População 1950 52 milhões 1960 70 milhões 1970 93 milhões 1980 119 milhões 1991 147 milhões 2000 170 milhões Podemos escrever o modelo logístico na forma 1 y dy dt = ay + b Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 123 em que a = −k e b = kyM. Usando a tabela anterior, podemos aproximar a derivada y′(ti), para ti = 1950, 1960, 1970, 1980, 1991, 2000, pela diferença finita para frente dy dt (ti) ≈ y(ti+1) − y(ti) ti+1 − ti ou pela diferença finita para trás dy dt (ti) ≈ y(ti) − y(ti−1) ti − ti−1 Complete a tabela seguinte ti yi gi = 1 yi yi+1−yi ti+1−ti hi = 1 yi yi−yi−1 ti−ti−1 gi+hi 2 1950 52 milhões 0, 0346 - 1960 70 milhões 0, 0329 0, 0257 1970 93 milhões 0, 0280 0, 0247 1980 119 milhões 0, 0214 0, 0218 1991 149 milhões 0, 0174 0, 0173 2000 170 milhões - 0, 0150 Assim, 1 y dy dt (ti) = ay(ti) + b ≈ gi + hi 2 , para ti = 1960, 1970, 1980, 1991. Usando quadrados mínimos encontre a melhor reta, z = ay + b, que se ajusta ao conjunto de pontos (yi, gi+hi 2 ), para yi = 1960, 1970, 1980, 1991. Determine k e yM a partir dos valores de a e b encontrados. Usando t0 = 2000, y0 = 170 milhões obtenha y(t) = 257 · 106 1 + 0, 51 · e−0,04(t−2000) . Determine a estimativa para a população do ano 2010, y(2010). Compare com o recenseamento realizado em 2010, em que a população foi de 190, 7 milhões. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 124 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 1950 1960 1970 1980 1990 2000 2010 2020 2030 2040 2050 2060 50 60 70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170 180 190 200 210 220 230 240 250 260 Ano População (em milhões) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 125 6.14. Um tambor cônico com vértice para baixo, de 2 metros de altura e base circular de raio 1 metro, está cheio de água. Se fizermos um furo no fundo e em 30 minutos a altura da coluna de água cair pela metade determinar a altura h em função do tempo e em quanto tempo o tanque esvazia. A lei de Torricelli diz que a taxa com que um líquido escoa por um orifício situado a uma profundidade h é proporcional a √ h. 6.15. Um termômetro é levado de uma sala onde a temperatura é de 20◦ C para fora, onde a temperatura é de 5◦ C. Após 1/2 minuto o termômetro marca 15◦ C. (a) Determine a temperatura marcada no termômetro como função do tempo. (b) Qual será a leitura do termômetro após 1 minuto? (c) Em quanto tempo o termômetro irá marcar 10◦ C? 6.16. Um bote motorizado e seu tripulante têm uma massa de 120 quilogramas e estava inicialmente no re- pouso. O motor exerce uma força constante de 10 newtons, na direção do movimento. A resistência exercida pela água, ao movimento, é, em módulo, igual ao dobro da velocidade. (a) Determine a velocidade do bote em função do tempo. (b) Determine a velocidade limite do bote. (c) Faça um esboço do gráfico da velocidade em função do tempo. 6.17. Com o objetivo de fazer uma previdência particular uma pessoa deposita uma quantia de R$ 100, 00 por mês durante 20 anos (suponha que o depósito é feito continuamente a uma taxa de R$ 100, 00 por mês e que o saldo inicial é zero). (a) Supondo que neste período a taxa de juros seja de 1 % ao mês (contínua), qual o valor que esta pessoa iria ter ao fim deste período. (b) Se após o período anterior esta pessoa quisesse fazer retiradas mensais, qual deveria ser o valor destas retiradas para que em 20 anos tenha desaparecido o capital, se a taxa de juros continuasse em 1 % (contínua)? 6.18. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferença de potencial de 10 volts enquanto a resistência é de 200 ohms e a capacitância é de 10−4 farads. Encontre a carga Q(t) no capacitor em cada instante t, se Q(0) = 0. Encontre também a corrente I(t) em cada instante t. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 126 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 6.19. Considere o circuito elétrico abaixo formado por um resistor, um indutor e uma fonte de tensão externa ligados em série. A bateria gera uma diferença de potencial de V(t) = 10 volts, enquanto a resistência R é de 100 ohms e a indutância L é de 0,5 henrys. Sabendo-se que a queda de potencial em um indutor é igual à LdI dt encontre a corrente I(t) em cada instante t, se I(0) = 0. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.6 Aplicações 127 L V(t) R Figura 1.36. Circuito RL x y P α α α x y Q reta tangente Figura 1.37. Curva refletindo raios na direção do eixo x, que partem da origem. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 128 Equacées Diferenciais de 1? Ordem 6.20. Uma substancia decompée-se de acordo com uma lei de velocidade de segunda ordem. Sendo a cons- tante de velocidade 2 x 10-4 L/(mol.s). (a) Determine a concentracgdo da substancia como funcdo do tempo, se a concentracao inicial for 0,05 mols/L. (b) Calcule a meia-vida da substancia (tempo necessdrio para que metade da quantidade inicial da substancia se decomponha) quando a concentracao inicial for 0,01 mols/L. 6.21. Suponha que raios refletem numa curva de forma que o angulo de incidéncia seja igual ao 4angulo de reflexdo. Determine as curvas que satisfazem a propriedade de que os raios incidentes na curva partindo da origem refletem na direcaéo horizontal seguindo os seguintes passos: (a) Mostre que os pontos P = (x,y) da curva satisfazem a equacao diferencial ! y =?}—__—_.. 1.60 4 e+ Vx2 + y? (7-60) (b) Racionalize o denominador do lado direito da equagao (1.60) e obtenha a equacao diferencial Jxr+y*—x y —y' =0. y ape » y , : ~ ~ Verifique que }i(x,¥) Vag é um fator integrante para esta equacdo e encontre a sua solucdo geral. 6.22. Determine as trajetorias ortogonais as familias de curvas dadas. Faca esboco dos graficos. (a) y=c/x (b) 2+ (y—c)? =e? Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.7. Análise Qualitativa 129 1.7 Análise Qualitativa 1.7.1 Equações Autônomas As equações autônomas são equações da forma dy dt = f (y). (1.61) Para as equações autônomas podemos esboçar várias soluções sem ter que re- solver a equação, pois a equação diferencial fornece a inclinação da reta tangente às soluções, dy dt , como função de y e assim podemos saber como varia com y o cresci- mento e o decrescimento das soluções. Observe que se y1, . . . , yk são zeros da função f (y), então y(t) = yi são soluções constantes da equação (1.61), para i = 1, . . . , k (verifique!). Definição 1.1. (a) Sejam y1, . . . , yk zeros da função f (y). Os pontos yi são chamados pontos críticos ou de equilíbrio da equação (1.61) e as soluções y(t) = yi são chamadas soluções de equilíbrio ou estacioná- rias da equação (1.61). (b) Um ponto de equilíbrio yi é chamado (assintoticamente) estável se para y(t0) um pouco diferente de yi, y(t) se aproxima de yi, quando t cresce. (c) Um ponto de equilíbrio yi é chamado (assintoticamente) instável se não for estável. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 130 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Se f (yi) = 0 e f (y) < 0 para y próximo de yi com y > yi e f (y) > 0 para para y próximo de yi com y < yi, então yi é um ponto de equilíbrio estável. Pois neste caso • Se y(t0) é um pouco maior do que yi, então a derivada dy dt = f (y) é negativa e portanto a solução y(t) é decrescente e assim y(t) se aproxima de yi, quando t cresce. • Se y(t0) é um pouco menor do que yi, então a derivada dy dt = f (y) é positiva e portanto a solução y(t) é crescente e assim y(t) se aproxima de yi, quando t cresce. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 131 y y’=f(y) yi Figura 1.38. Gráfico de y′ = f (y) nas proximidades de um ponto de equilíbrio estável Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 132 Equações Diferenciais de 1a. Ordem yi Figura 1.39. Soluções de dy dt = f (y) nas proximidades de um ponto de equilíbrio estável Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 133 Se f (yi) = 0 e f (y) > 0 para y próximo de yi com y > yi e f (y) < 0 para para y próximo de yi com y < yi, então yi é um ponto de equilíbrio instável. Pois neste caso • Se y(t0) é um pouco maior do que yi, então a derivada dy dt = f (y) é positiva e portanto a solução y(t) é crescente e assim y(t) se afasta de yi, quando t cresce. • Se y(t0) é um pouco menor do que yi, então a derivada dy dt = f (y) é negativa e portanto a solução y(t) é decrescente e assim y(t) se afasta de yi, quando t cresce. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 134 Equações Diferenciais de 1a. Ordem y y’=f(y) yi Figura 1.40. Gráfico de y′ = f (y) nas proximidades de um ponto de equilíbrio instável Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 135 yi Figura 1.41. Soluções de dy dt = f (y) nas proximidades de um ponto de equilíbrio instável Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 136 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Se f (yi) = 0 e f (y) > 0 para y próximo de yi com y ̸= yi, então yi é um ponto de equilíbrio instável. Pois neste caso • Se y(t0) é um pouco maior do que yi, então a derivada dy dt = f (y) é positiva e portanto a solução y(t) é crescente e assim y(t) se afasta de yi, quando t cresce. Logo yi não pode ser um ponto de equilíbrio estável. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 137 y y’=f(y) yi Figura 1.42. Gráfico de y′ = f (y) nas proximidades de um ponto de equilíbrio instável Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 138 Equações Diferenciais de 1a. Ordem yi Figura 1.43. Soluções de dy dt = f (y) nas proximidades de um ponto de equilíbrio instável Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 139 Se f (yi) = 0 e f (y) < 0 para y próximo de yi com y ̸= yi, então yi é um ponto de equilíbrio instável. Pois neste caso • Se y(t0) é um pouco menor do que yi, então a derivada dy dt = f (y) é negativa e portanto a solução y(t) é decrescente e assim y(t) se afasta de yi, quando t cresce. Logo yi não pode ser um ponto de equilíbrio estável. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 140 Equações Diferenciais de 1a. Ordem y y’=f(y) yi Figura 1.44. Gráfico de y′ = f (y) nas proximidades de um ponto de equilíbrio instável Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 141 yi Figura 1.45. Soluções de dy dt = f (y) nas proximidades de um ponto de equilíbrio instável Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 142 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Se f (y) é derivável, também podemos saber os valores de y para os quais as soluções têm pontos de inflexão e como varia a concavidade das soluções com y, pois d2y dt2 = d dt dy dt = d dt f (y) e pela regra da cadeia d dt f (y) = f ′(y)dy dt = f ′(y) f (y). Assim, d2y dt2 = f ′(y) f (y). Logo, para as soluções não constantes os pontos de inflexão ocorrem para os valores de y tais que f ′(y) = 0. Exemplo 1.32. Considere a equação diferencial: dy dt = y2 − y. (1.62) Vamos esboçar várias soluções da equação. Para isto vamos determinar os pontos de equilíbrio. Depois vamos determinar como varia o crescimento e o decrescimento das soluções com y. E finalmente para quais valores de y as soluções têm ponto de inflexão. Os pontos de equilíbrio são as raízes de f (y) = y2 − y = y(y − 1) = 0, ou seja, y1 = 0 e y2 = 1. Como dy dt = y2 − y < 0, para 0 < y < 1, então as soluções são decrescentes para 0 < y < 1. Como dy dt = y2 − y > 0, para y < 0 e para y > 1, então as soluções são crescentes para y < 0 e para y > 1. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 143 y(y − 1) 0 1 + + 0 0 + + – – - y − 1 0 – – – – + + - y 0 + + + + – – - Figura 1.46. Sinais de dy dt = f (y) da equação (1.62) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 144 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 0.5 1 1.5 1 y y’=f(y) Figura 1.47. Sinais de y′ = f (y) da equação (1.62) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 145 Observamos que o ponto de equilíbrio y1 = 0 é estável pois para valores de y próximos de y1 = 0 as soluções correspondentes y(t) estão se aproximando de y1 = 0, quando t cresce. O ponto de equilíbrio y2 = 1 é instável pois para valores de y próximos de y2 = 1 as soluções correspondentes y(t) estão se afastando de y2 = 1, quando t cresce. Vamos determinar para quais valores de y as soluções têm pontos de inflexão calculando a segunda derivada. d2y dt2 = d dt dy dt = d dt(y2 − y). Mas pela regra da cadeia d dt(y2 − y) = (2y − 1)dy dt = (2y − 1)(y2 − y). Assim, d2y dt2 = (2y − 1)(y2 − y). Logo, as soluções não constantes têm pontos de inflexão para y = 1/2. Com as informações sobre os pontos críticos, regiões de crescimento e decresci- mento, pontos de inflexão podemos fazer um esboço dos gráficos de algumas solu- ções. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 146 Equações Diferenciais de 1a. Ordem t y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 Figura 1.48. Algumas soluções da equação (1.62) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 147 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 148 Equacées Diferenciais de 1? Ordem 1.7.2 Campo de Diregoes Uma maneira de se ter uma ideia do comportamento das solucdes de uma equa- cao diferencial de 1* ordem dy — = f(t, ap of (bY) sem ter de resolvé-la é desenhar o campo de direcées 6 dy 6 (Ly) 4 Ge (1 a) = (LS lb), 9 > 0, VIt(yP dt V1 + (fF (ty)? da seguinte forma: (a) Constréi-se uma malha retangular consistindo em pelo menos uma centena de pontos igualmente espagados; (b) Em cada ponto da malha desenha-se um segmento orientado que tem incli- nacdo igual a da reta tangente 4 solucdo da equacdo que passa pelo ponto da malha, ou seja, na direcao e sentido de dy a) = F(ty)) e com.comprimento igual a 6, com 6 menor do que o tamanho da malha. Desenhar o campo de direcgées é, como esta dito em [2], “uma tarefa para a qual o computador é particularmente apropriado e vocé deve, em geral, usar 0 computa- dor para desenhar um campo de direcées.” Por isso, escrevemos uma funcdo para o MATLAB® que esta no pacote GAAL e que torna esta tarefa mais facil chamada campo(f,[xmin xmax], [ymin ymax]). Entretanto, para as equagdes aut6nomas, como as que estudamos na secao ante- rior, é facil desenhar 0 campo de diregées, pois as inclinagdes variam somente com y. Para a equacgdo do Exemplo 1.32 esta desenhado a seguir o campo de direcées. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 149 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 t y Figura 1.49. Campo de Direções da equação do Exemplo 1.32 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 150 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Exercícios (respostas na página 245) Para as equações diferenciais autônomas dadas dy dt = f (y) (a) Esboce o gráfico de f (y) em função de y, determine os pontos de equilíbrio e classifique cada um dos pontos de equilíbrio como assintoticamente estável ou instável. Justifique. (b) Determine como varia o crescimento das soluções com y. (c) Determine para quais valores de y as soluções têm pontos de inflexão. (d) Esboce algumas soluções da equação usando os resultados dos itens anteriores. (e) Desenhe o campo de direções. 7.1. dy dt = y − y2. 7.2. dy dt = 1 − y2. 7.3. dy dt = −y − y2. 7.4. dy dt = y + y2. 7.5. Para as equações diferenciais autônomas dadas, dy dt = f (y), esboce o gráfico de f (y) em função de y, determine os pontos de equilíbrio e classifique cada um deles como assintoticamente estável ou instável. Justifique. Esboce algumas soluções. (a) dy dt = (y2 − 4)(y2 + y) (b) dy dt = f (y) = y(y2 + 3y + 2) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.7 Análise Qualitativa de Equações Autônomas 151 (c) dy dt = f (y) = y(y − 1)2(y − 2) 7.6. Uma modificação do modelo de crescimento populacional logístico que leva em conta a existência de uma população limiar, yL, com 0 < yL < yM, que abaixo da qual a população se extingue é dada por    dy dt = ky(yM − y)(y − yL), y(0) = y0. Faça um esboço das possíveis soluções da equação diferencial acima, para k, yM e yL positivos, e verifique que realmente as soluções se comportam como no crescimento logístico quando y0 > yL e as soluções tendem a zero quando 0 ≤ y0 < yL. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 152 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 1.8 Existência e Unicidade de Soluções Considere novamente o problema de valor inicial    dy dt = f (t, y) y(t0) = y0 (1.63) Nem sempre este problema tem uma única solução como mostra o próximo exem- plo. Exemplo 1.33. Considere o problema de valor inicial    dy dt = √y y(0) = 0 Este problema tem duas soluções. Resolvendo a equação diferencial como uma equa- ção separável obtemos (verifique!) y1(t) = t2 4 , para t ≥ 0 e analisando a equação diferencial como uma equação autônoma temos a solução de equilíbrio y2(t) = 0. Se a função f (t, y) e a sua derivada ∂ f ∂y forem contínuas em um retângulo em torno de (t0, y0) o que ocorreu no exemplo anterior não acontece como estabelecemos no próximo teorema que será demonstrado apenas ao final da seção. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.8. Existência e Unicidade de Soluções 153 Figura 1.50. Duas soluções do problema de valor inicial do Exemplo 1.33 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y Figura 1.51. Retângulo em torno de (t0, y0) onde o problema de valor inicial tem uma única so- lução δ y0 γ α t0 β t y Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 154 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Teorema 1.1 (Existência e Unicidade). Considere o problema de valor inicial    dy dt = f (t, y) y(t0) = y0 (1.64) Se f (t, y) e ∂ f ∂y são contínuas no retângulo R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, δ < y < γ} contendo (t0, y0), então o problema (1.64) tem uma única solução em um intervalo contendo t0. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.8. Existência e Unicidade de Soluções 155 Exemplo 1.34. Para o problema de valor inicial do Exemplo 1.33 mas com o ponto inicial (t0, y0)    dy dt = √y y(t0) = y0 f (t, y) = √y ⇒ ∂ f ∂y = 1 2√y. Vemos que se (t0, y0) é tal que y0 > 0, então o problema de valor inicial acima tem solução única. Exemplo 1.35. Considere o problema de valor inicial    dy dt = y2 y(t0) = y0 Pelo Teorema 1.1 o problema de valor inicial acima tem uma única solução para todo (t0, y0) ∈ R2. Mas, por exemplo, para t0 = 0 e y0 = 1 o problema tem solução y(t) = −1 t − 1 (verifique!) e é válida somente no intervalo t < 1. No exemplo anterior apesar do Teorema 1.1 garantir que em todo ponto (t0, y0) ∈ R2 existe uma solução localmente (num intervalo em torno de t0) estas soluções não se juntam de modo a formar soluções globais (que existam para todo t ∈ R). Isto não ocorre para equações lineares como provamos a seguir. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 156 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Teorema 1.2 (Existência e Unicidade para Equações Lineares). Considere o problema de valor inicial    dy dt + p(t)y = q(t) y(t0) = y0 Se p(t) e q(t) são funções contínuas em um intervalo aberto I contendo t0, então o problema de valor inicial tem uma única solução neste intervalo. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.8. Existéncia e Unicidade de Solugdes 157 Demonsiracao. A unicidade segue-se do Teorema 1.1 na pagina 154. Vamos provar a existéncia exibindo a solugdo do problema de valor inicial. Seja 1 t t yt) = (f[ wlsalsids-+y0), emque p(t) el, H(t) \Jto Por hipdtese a funcao y(t) esta bem definida. Vamos mostrar que y(t) é solugado do problema de valor inicial. t HOY) = [ w(s)als)as-+ yo 0 Como p(t) e q(t) sao continuas, entéo d ap (CEU CE) = mE a() Derivando 0 produto obtemos dy 1 dh ye w(t) ae + ary = w(E) 9 (2). Mas ay = p(t)p(t), ent&éo a equacdo acima pode ser escrita como dy u(t) a, + CE) p(y = w(t)q(E). Dividindo-se por p(t) obtemos a equacao dada. Agora, como y(tg) = yo segue-se que y(f) dado é a solucao do problema de valor inicial. a Julho 2016 Reginaldo J. Santos 158 Equacées Diferenciais de 14 Ordem Exemplo 1.36. Considere o problema de valor inicial dy 4 a ty y(to) = yo 4 Neste caso p(t) = re q(t) = 5. A funcao p(t) é continua para t # 0. Para fp = 2, por exemplo, o problema de valor inicial tem uma tnica solucao, que esta definida pelo menos para t > 0 e para tg = —3, 0 problema de valor inicial tem uma tnica solucao, que esta definida pelo menos para t < 0. Isto de fato ocorre como vimos ao resolver esta equacdo diferencial no Exemplo 1.9 na pagina 20. 1.8.1 Dentfonstracao do Teorema de Existéncia e Unicidade Demonstragao do Teoremad.1 na pagina 154. (a) Existéncia: Defina a sequéncia de fungGes y(t) por t yol!) = Yor Yn(t)=vo+ | F(S.Yna(s))ds, param =1,2,... 0 Como f(t, y) 6 continua no retangulo R, existe uma constante positiva b tal que If(ty)| <b, para (ty) € R. Assim, lyi(t) — yo] < blt—to|, paraa<t<fB. Of es conty . ; wy: ; Como ay é continua no retangulo R, existe uma constante positiva a (veja o Exerc. 8.3 na pagina 163) tal que If(ty) —f(t-z)|<aly—z|, paran<t<Bed<y,z<¥. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.8. Existéncia e Unicidade de Solugées 159 Assim, t ly2(t) —y(4)| < | If(s-yi(s)) — fls-yo(s))ids 0 t= tol? < af lyi(s) — yolds < ab | |s — to|ds = ab—_— to to 2 e t lys(t) — ya(t)| < | If (s, ya(s))— f(s, ya(s))|4s 0 t <a |ysls) —w(s)|ds 0 t ls — tol2 — 4/3 < ab | Is= tol” 4, = aot ator 2 6 Vamos supor, por inducdo, que _ t— to n—1 [yn—1(#) = Yn—a(t)| <a” er Entao, t lyn(t) — Yns(E)| S | f(s, Yn—1(s)) — FS, ¥n—2(s)) [ds 0 t <a ff \yna(s)) —yn-2(s) Ids 0 < af grap — tol” 4 = gr-tylt= tol" (1.65) ~ Sty (n—1)! n! ‘ Estas desigualdades sao validas para a < a* <t < B* < B em que a’ e f* sao tais que 6 < yn(t) < y sempre que «* < t < 6* (por que existem a* e B* ?). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 160 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Segue-se de (1.65) que ∞ ∑ n=1 |yn(t) − yn−1(t)| ≤ b ∞ ∑ n=1 an−1(β − α)n n! que é convergente. Como yn(t) = y0 + n ∑ k=1 (yk(t) − yk−1(t)), então yn(t) é convergente. Seja y(t) = lim n→∞ yn(t). Como |ym(t) − yn(t)| ≤ m ∑ k=n+1 |yk(t) − yk−1(t)| ≤ b m ∑ k=n+1 ak−1(β − α)k k! , então passando ao limite quando m tende a infinito obtemos que |y(t) − yn(t)| ≤ b ∞ ∑ k=n+1 ak−1(β − α)k k! (1.66) Logo, dado um ϵ > 0, para n suficientemente grande, |y(t) − yn(t)| < ϵ/3, para α∗ < t < β∗. Daí segue-se que y(t) é contínua, pois dado um ϵ > 0, para s suficientemente próximo de t, temos que |yn(t) − yn(s)| < ϵ/3 e para n suficientemente grande |y(t) − yn(t)| < ϵ/3 e |y(s) − yn(s)| < ϵ/3, o que implica que |y(t) − y(s)| ≤ |y(t) − yn(t)| + |yn(t) − yn(s)| + |yn(s) − y(s)| < ϵ. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.8. Existéncia e Unicidade de Solugées 161 Além disso para a* < t < B*, temos que t t t Jim, f floanls))ds= [ flsslimyn(s)ias =f fls,yls))ds, pois, por (1.66), temos que t t [ slesn(s)as— [Fs yls)a 0 0 t < | \Flsiyn(s)) = F(s,y(s)) las 0 t <a \yn(s)—y(s)lds 0 0° gk-1 — 4H k <ab(t—to) \o obey k=n+1 . que tende a zero quando n tende a infinito. Portanto, t y(t) = fim yn(t) =yo+ Jim f fls.yna(s))ds = t t = yt | fls lim yna(s))ds =o + [ Fls,y(s))ds to n—-oo to Derivando em relacao a ft esta equacéo vemos que y(t) é solucdo do problema de valor inicial. (b) Unicidade: Vamos supor que y(t) e z(t) sejam solugées do problema de valor inicial. Seja t u(t) =f |y(s) —2(8)|ds. 0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 162 Equacées Diferenciais de 1? Ordem Assim, como t t t t yt) = | v(s)ds= | fls,u(s))ds,» 2() = [ 2"(e)as = | f(s,2(s))as, to to to to entaéo, usando o Exerc. 8.3 na pagina 163, temos que u'(t) = |y(#) —2(4)| t t < | Wy) -2'@las = \F(s.y(s)) - fls,2(s))|as 0 0 t <a \y(s) —z(s)|ds to ou seja, u'(t) < au(t). Subtraindo-se au(t) e multiplicando-se por e~"' obtemos d —at a u(t)) <0, comu(to) = 0. Isto implica que e~“‘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. a Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.8. Existéncia e Unicidade de Solugées 163 Exercicios (respostas na pagina 268) 8.1. Determine os pontos (fo, Yo) para os quais podemos garantir que o problema de valor inicial dy _ | Y — F(t,y) y(to) = Yo tem uma tnica solucao. d) Sef(t,y) =t/1—- y? (a) Se f(t,y) = /y2—4 (d) Sef(t,y) ey (b) Se f(tyy) = vty (©) Se f(ty) = it —2y 2 —_V 2t (c) Se f(t, y) Pry (f) Se f(t,y) = 7B 8.2. Determine o maior intervalo em que os problemas de valor inicial abaixo tém solugao, sem resolvé-los: d d 2_ 4\4¥ _ = 2 4Y¥ __ ot o) (P-1)1 + (4 -2)y se © | (P-) H+ (t+ ty =e y(9) = Yo y(—1) = yo d d 2 4\4Y 22 2 4y4Y _ ©) (P-1) + y= © | (P-L 4 (t43)y = cost y(2) = Yo y(2) = Yo Of eonti . 8.3. Mostre que se ay é continua no retangulo R={(t,y) eR la<t<B,d<y<y}, entaéo existe uma constante positiva a tal que If(ty) —f(t-z)|<aly—z|, paran<t<Bed<y,z<¥. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 164 Equacées Diferenciais de 1? Ordem Sugestao: Para t fixo, use o Teorema do Valor Médio para f como funcdéo somente de y. Escolha a como a sendo o maximo de no retangulo. of .. : s 8.4. Mostre que se f(t, y) e ay sao continuas no retangulo R=({(t,y) CR? |a<t<B,y<y<o} eae b sao constantes positivas tais que IfEWl <b Ifty)—f(b2)|Saly—z|, paraa<t<Bed<yz<¥, entao existem a* e B* coma < a* < to < f* < B tais que a sequéncia t yo(t) = yo, Yn(t) = yo +f f(s, Yn-1(s))ds, paran=1,2,... 0 satisfaz 5 < yn(t) < y sempre que a* < t < f*. Sugestao: mostre que b a|t—to| iyn(#) — yol < (== 1) ett, Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.9. Respostas dos Exercícios 165 1.9 Respostas dos Exercícios 1. Introdução às Equações Diferenciais (página 14) 1.1. (a) Equação diferencial ordinária de 1a. ordem não linear. (b) Equação diferencial ordinária de 2a. ordem linear. 1.2. (x + 3)y′′ 1 + (x + 2)y′ 1 − y1 = (x + 3)2 + (x + 2)2x − x2 = x2 + 6x + 6 ̸= 0 (x + 3)y′′ 2 + (x + 2)y′ 2 − y2 = (x + 3)6x + (x + 2)3x2 − x3 = 2x3 + 12x2 + 18x ̸= 0 (x + 3)y′′ 3 + (x + 2)y′ 3 − y3 = (x + 3)e−x − (x + 2)e−x − e−x = 0 Logo, y1(x) = x2 e y2(x) = x3 não são soluções da equação e y3(x) = e−x é solução da equação. 1.3. (a) Substituindo-se y = ert e dy dt = rert na equação diferencial obtemos arert + bert = (ar + b)ert = 0. Como ert ̸= 0, então y(t) = ert é solução da equação diferencial se, e somente se, r é solução da equação ar + b = 0 (b) Substituindo-se y = ert, dy dt = rert e d2y dt2 = r2ert na equação diferencial obtemos ar2ert + brert + cert = (ar2 + br + c)ert = 0. Como ert ̸= 0, então y(t) = ert é solução da equação diferencial se, e somente se, r é solução da equação ar2 + br + c = 0 (c) Substituindo-se y = xr, dy dx = rxr−1 e d2y dx2 = r(r − 1)xr−2 na equação diferencial obtemos x2r(r − 1)xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 166 Equacées Diferenciais de 14 Ordem (7? + (b= 1)r +c) x’ =0. Como x" 4 0, entaéo y = x” é solucdo da equacao diferencial se, e somente se, r é solugdo da equacdo ?+(b—1)r+e=0. 1.4. (a) —2tr tr? (=2r+17)t —y +t 2 = —____ 7 t C= += (gig @-3p ape” => /—%=0 => r=0 ou r=2 (b) ; | 2 —2rt 2tr —2r —2r*)t = y —2ty" = oo = sO‘ 0=¥— 2" S(e4yae (+12 (+iz ” > r+r=0 => r=0 ou r=-l1 (c) 5 ’ 2 —2rt 6tr —2r — 6r*)t =y' —6ty? = ——_. —- ——__. = + __"_ yt (sy = aye (spe (erie ” > 3r+r=0 => r=0 ou r=-1/3 (d) 5 | 2 —2rt tr —2r—1-)t —y—t 2 _ = ——_~_, t 0=¥—W= Tayo?” (F+a2~ (Pa2e” => ?+42r=0 => r=0 ou r=-2 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 167 1.5. y(t) =at+b> y(t) =aey"(t) =0. Substituindo-se y(t) = at+b, y/(t) = aey"(t) = 0 na equacdo diferencial ty’ + (t —1)y’-—y = 0 obtemos t-O+(t—1)a—(at+b) =0. Simplificando-se obtemos: —a—b=Ooua=~—b. Logo, para que y(t) = at + b seja solucaéo da equacao diferencial temos que ter a = —b, ou seja, y(t) =at—a=a(t—1). Observe que todas as solucées da equacao diferencial que sdo fungées de 1° grau séo multiplos escalares da funcaéo yi(f) =t-1. 2. Equacées Lineares de 17 Ordem (pagina 26) 2.1. (a) u(x) _ eJ (1-2x)dx _ ex? Multiplicando a equacao por p(x) = exe: d x—x2 x—x2 x —x2 ax (c y) =e * xe * = xe e** y(x) = [xe Pax = see +C y(x) =—5e* Ce Julho 2016 Reginaldo J. Santos 168 Equacées Diferenciais de 12 Ordem 1 2= y(0)=-5+C+C=5/2 _ il —x 5 x? <x y(x) = 56 + 5e (b) u(t) = eJ 3dt — ot Multiplicando a equacao por p(t) = et: “ (ey) = eet tt —¢é e y(t) F- Je dt=e+C y(t) =e" +e? 2=y(0)=1+CSC=1 y(t) =e P +e? (c) u(t) = eJ —costdt _ ,—sent d / sent —sent,,f*+sent #2 — (e y) =e te = te dt e SMty(t) = ica dt = xe +C Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 169 1 +sent sen t y(t) = 5° + Ce 1 2=y(0)=5+C+0=3/2 1 y(t) = xe teen + seen! (d) x2 u(x) - el dx =e5 xo Multiplicando a equacao por p(x) =e5: < (<y) = eb xtc = xte" x 3 esy(x) = Je" dx = se x > y(x) = a + Ces 1 1=y(0)=;+C+C=4/5 (x) = 1 ae + 4-8 MOOS 5 5 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 170 Equacées Diferenciais de 1? Ordem 2.2. (a) p 4) Y-VY=—-3B u(x) = el ~ 34x Ss x4 Multiplicando a equagao por p(x) = x7*: dy 4y 2 ae (* “Y) = F397 Integrando-se 2 1 —4 _ a x yx) = [ —jdx = Re tc 1 4 y(x) = 32 +Cx (b) , 1, y~Ty= u(x) = ef — 34% = x}, parax >0 Multiplicando a equagao por p(x) = x7!: d (4) _ a (ey) =-1 Integrando-se x ly(x) = — [ax =-x+C y(x) = —x? + Cx Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 171 (c) 4 yl — sy = ret u(x) = el ~ 34x — x4 Multiplicando a equacao por p(x) = x4: d f (tye Integrando-se x 4y(x)= [xetax = xe*—e*+C y(x) = x°e* — xte* + Cx* 2.3. (a) u(x) _ oJ Sx* dx _ e Multiplicando a equacao por p(x) = ew: a (ey) _ er x4 _ xter? x e* y(x) = [te® dx = a +C yx) = 5 +Ce™ 1 yo =y(0) = —E+CSC=yo— 1/5 1 1\ _45 yo) = 5+ (0-5) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 172 Equacées Diferenciais de 1? Ordem (b) y/(x) = —5x4 (vo — i) e-*. Para yo > 1/5 a solucdo é decrescente e para yo < 1/5 a solucado é crescente. (c) limy—+00 y(x) = 1/5 e claramente independe do valor de yo. 2.4. (a) / + xX — 0 y x2 _ 9! u(x) =e! a = ohinP9| — fea Multiplicando a equacdo por p(x) = Vx? — 9: d — [/x2 — = dx ( ed ) 0 Vx? —9y(x) =C (x) = oc 4 Vx2-9 C yo = y(5) = 7 > C = Ayo 4yo x) = ——=— (b) A condicdo inicial 6 y(5) = yo. O intervalo de validade da solucao do PVI é 0 maior intervalo que contém.o ponto inicial, x) = 5, em que a solucao e sua derivada estado definidas. Se yy = 0 a solucao do PVI é y(t) = 0, que portanto esta definida para todo x € R. Se yo £ 0, a solucdo do PVIé 4yo x) = —— Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 173 e o intervalo de validade é x > 3. Observe que, neste caso, o intervalo x < 3. n4o contem o ponto inicial, x9 = 5. (c) limy—.+00 y(x) = 0 e claramente independe do valor de yo. d d 2.5. (a) $+ pty = 4 (alt) + yolt)) + p(t(yr(t) + yolt)) = (42 + plQyn) + (42 + p(Hy2) =0 +0 = 0, pois como yj e ¥2 sdo solug6es da equacao diferencial, entao ayn + p(t)y; =0e Aya + p(t)y2 = 0. d ; . x (b) ay + p(t)y = £ (cyi(t)) + p(t)(cyi(t)) = ¢ (4 + p(t)y1) = c0 = 0, pois como yj; é solucgdo da equacao diferencial, entao ay + p(t)y; =0e (42 + p(t)y2 = 0. 2.6. £+ pty = 4 (cyr(t t t) (cys (t t)) = c(* + ptt 4Y2 4 n(t)yo) = cO 6. Get PCY = ae (eyr(t) + y2(t)) + ple) (crt) © y2(t)) = ela + POu) + (ar + p@y2) = 0+ q(t) = q(t), pois como y; é solugéo da primeira equacao diferencial e y2 é solucdéo da segunda equa- cdo diferencial, entéo ayn +p(t)y; =0e dip + p(t)y2 = q(t) 2.7. (a) Multiplicando-se a equacao diferencial por 1/t obtemos a equacdo dy 2 — dt + 7d =t. O fator integrante é u(t) = es 2dt _ e2in|t| — ein? — Pp. Multiplicando-se a equacao diferencial acima por p(t) obtemos: d 24y _ 3 t dt + 2ty =f. O lado esquerdo ¢ igual a derivada do produto t*y(t). Logo, a equaco acima é equivalente a d/o _2 5 (! y(t)) =p, Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 174 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Integrando-se obtemos t2y(t) = t4 4 + c Explicitando y(t) temos que a solução geral da equação diferencial é y(t) = t2 4 + c t2 . (1.67) Para c = 0 a solução é a parábola y0(t) = t2 4 . Para c ̸= 0, temos que o domínio de y(t) é o conjunto dos números reais tais que t ̸= 0. Vamos analisar o comportamento das soluções para valores muito grandes de t. lim t→±∞ y(t) = +∞, se c ̸= 0. Observamos da expressão da solução geral que para valores de |t| muito grandes as soluções com c ̸= 0 são próximas da solução com c = 0 que é y0(t) = t2/4. Sendo que se c > 0, elas estão acima de y0(t) e se c < 0 elas estão abaixo de y0(t). Vamos analisar o comportamento das soluções nas proximidades do ponto de descontinuidade t = 0. lim t→0 y(t) = +∞, se c > 0 e lim t→0 y(t) = −∞, se c < 0. Vamos analisar o crescimento e decrescimento das soluções. A derivada da solução fornece infor- mação sobre o crescimento e decrescimento da solução e sobre seus pontos críticos: dy dt = t 2 − 2c t3 = 0 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 175 se, e somente se, t4 = 4c. Assim, se c > 0 as soluções têm somente pontos críticos em t = ± 4√ 4c, e se c < 0 elas não têm ponto crítico. Baseado neste fato, no comportamento das soluções quando t → ±∞ e quando t → 0 concluímos que as soluções com c > 0 decrescem no intervalo (−∞, − 4√ 4c), crescem no intervalo (− 4√ 4c, 0), decrescem no intervalo (0, 4√ 4c) e crescem no intervalo ( 4√ 4c, +∞). Enquanto as soluções com c < 0 decrescem no intervalo (−∞, 0) e crescem no intervalo (0, +∞). Observamos que para cada valor de c ̸= 0 temos duas soluções com intervalos de validade (−∞, 0) e (0, +∞) e para c = 0 a solução y0(t) = t2/4 é válida no intervalo (−∞, +∞) = R. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 176 Equações Diferenciais de 1a. Ordem t y -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 (b) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 177 1 2 3 4 1 2 3 4 t y Substituindo-se t = 2 e y = 3 em (1.67) obtemos 3 = 4 4 + c 4. De onde obtemos que c = 8. Portanto, a solução do problema de valor inicial é y(t) = t2 4 + 8 t2 . Observe que a solução deste problema de valor inicial é válida no intervalo (0, +∞), que é o maior intervalo contendo t = 2 (pois a condição inicial é y(2) = 3) em que a solução e sua derivada estão Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 178 Equações Diferenciais de 1a. Ordem definidas. Se a condição inicial ao invés de y(2) = 3 fosse y(−2) = 3 a solução teria a mesma expressão, mas o seu intervalo de validade seria (−∞, 0). 2.8. Vamos inicialmente resolver o PVI no intervalo 0 ≤ x < 1. Dividindo-se a equação (1 + x2)y′ + 2xy = x por 1 + x2 obtemos y′ + 2x 1 + x2 y′ = x 1 + x2 . Multiplicando-se pelo fator integrante µ(x) = 1 + x2 obtemos (1 + x2)y′ + 2xy = x. d dx((1 + x2)y) = x. Integrando-se em relação a x: (1 + x2)y(x) = x2 2 + c. Substituindo-se x = 0 e y = 0 obtemos c = 0. Assim, a solução do PVI no intervalo 0 ≤ x < 1 é dada por y(x) = x2 2(1 + x2). lim x→1− y(x) = 1 4. Agora, vamos resolver o PVI no intervalo x ≥ 1 com a com a condição inicial y(1) = 1 4. Dividindo-se a equação (1 + x2)y′ + 2xy = −x por 1 + x2 obtemos y′ + 2x 1 + x2 y′ = − x 1 + x2 . Multiplicando-se a equação pelo fator integrante µ(x) = 1 + x2 obtemos (1 + x2)y′ + 2xy = −x. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 179 d a ((1+22)y) = =x. Integrando-se em relagdo a x: 2 (1+x2)y(x) = -> +e. Substituindo-se x = le y = 1/4 obtemos c = 1. Assim, a solucao do PVI no intervalo x > 1 é dada por (xp= —x? +2 IO 50 x2) 2.9. Multiplicando-se a equacao diferencial pelo fator integrante p(t) = e' obtemos d © (ey) =e—0). Integrando-se em relagdo a t: e'y(t) = [etat— [telat +e =e'—te'+e'+c=2e! —te' +c. Logo, a solucao geral da equacao diferencial é y(t) =2—tt+ce™. Como yo = y(0) = 2+¢, entéo c = yo — 2. Assim, a solugdo do PVIé y(t) =2—t+ (yo—2)e%. Substituindo-se y = y’ = 0 na equacao diferencial, temos que se a solucdéo tem um maximo no eixo f, entao t = 1. Substituindo-se t = 1 e y = 0 na solucdo do PVI, obtemos 0=1+4+(yo—2)e + ou yo=2-e. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 180 Equacées Diferenciais de 12 Ordem 3. Equacées Separaveis (pagina 37) 3.1. (a) (1+2°)y'—xy =0 ns y” — 1+x8 Integrando-se em relagdo a x: 1 Inly| = 5mn(+2°) +O ly| N in (a 2p) A y — 4,C1 — _ G4x2)12 =+tet= +Cp =C y(x) = C(1 +22)? ©) 2 / y—1— (2y + xy)y = 0 ys, _ 1 y2— iY ~ 24x Integrando-se em relagdo a x: 5 In|y?—1 =Inj2+x|4Q ly? _ 11/2 _ In (5 + x| = Cy 2441/2 ly =r 5 a = +e =40,=C Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 181 A solugdo é dada implicitamente por Vy2-1=C(2+x) (c) ri WY = 732 +b Integrando-se em relagaéo a x obtemos que a solucdo é dada implicitamente por 1,01 2 - p= — b 5 5, In lax + b|+C (d) x -3)f _ 44 (ax? + b)1/2 Integrando-se em relagdo a x obtemos que a solucdo é dada implicitamente por Lo _ 1/2 1/2 5 = 7 (ax +b)°/*+C (e) 1 y / —__/__)/_-=9 Vay? + bx Integrando-se em relagdo.a x obtemos que a solucdo é dada implicitamente por 1 = 2 = VY +b=In|x|+C (f) 1 y po ay? + by 0 Integrando-se em relagdo a x obtemos que a solucdo é dada implicitamente por 5 In ay? +b) =—xl+C Julho 2016 Reginaldo J. Santos 182 Equacées Diferenciais de 1? Ordem 3.2. (a) Podemos reescrever a equagédo como (3y* — 3)y! = 2x +1. Integrando-se em relacao a x e substituindo-se y'dx = dy obtemos Jor —3)dy = Joex 41)dx +¢. Assim, a solugdo geral é dada implicitamente por y> —3y—-x2-x=C Para encontrar a solucdo que satisfaz a condicao inicial y(0) = 0 substituimos x = 0e y = Ona solucao geral obtendo C = 0. Assim, a solugaéo do problema de valor inicial é dada implicitamente por y> — 3y—x? —x =0. (b) Para determinar o intervalo de validade da solucéo do PVI vamos determinar o maior intervalo que d 2x +1 contém x9 = 0 em que a solucdo e sua derivada estado definidas. Pela equacao ~ = at 9" temos que os pontos onde a derivada nao esta definida sdo aqueles tais que 3y* — 3 = 0, ou seja, y = +1. Como o ponto inicial é (0,0), entaéo a solugdo do PVI esta contida na regiao do plano —1 < y < 1. Substituindo-se y = —1 na equacao que define a solucao obtemos a equacdo x* + x — 2 = 0, que tem solucdo x = =2ex = 1. Substituindo-se y = 1 na equacao que define a solucdo y*? — 3y — x7 +. x = 0 obtemos a. equacao x* + x + 2 = 0, que nao tem solucao real. Como a derivada néo esta definida para x = —2 e x = 1 e 0 ponto inicial x9 = 0 esta entre estes valores, concluimos que o intervalo de validade da solucao é o intervalo (—2,1), que é 0 maior intervalo em que a solucdo y(x) e a sua derivada estado definidas. (c) Nos pontos onde a solucgdo tem maximo local a reta tangente a curva é horizontal, ou seja, pontos onde ay = 0. Neste caso nao precisamos calcular a derivada da solugao, pois a derivada ja esta dada pela equacao diferencial, ou seja, dy — 2x+1 dx 3y2-3 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 183 Assim, a reta tangente é horizontal para x tal que 2x + 1 = 0, ou seja, somente para x = −1/2 que é ponto de máximo local, pois como a solução está limitada à região −1 < y < 1, então da equação diferencial vemos que dy dx > 0, para x < −1/2 e dy dx < 0, para x > −1/2. (d) A reta tangente à curva integral é vertical ( dx dy = 0) para x = −2 e x = 1, pois pela equação diferen- cial, dy dx = 2x+1 3y2−3, então dx dy = 1 dy dx = 3y2 − 3 2x + 1 , para x ̸= −1/2. Assim, já sabemos que a solução está contida em uma curva que passa pelos pontos (−2, −1) e (1, −1), onde a tangente é vertical, que passa pelo ponto inicial (0, 0). Neste ponto a inclinação da reta tangente é −1/3, pois substituindo-se x = 0 e y = 0 na equação diferencial obtemos dy dx = −1/3. Além disso sabemos que o único ponto em que a tangente é horizontal ocorre para x = −1/2 e como a solução está limitada à região −1 < y < 1, então da equação diferencial vemos que dy dx > 0, para x < −1/2 e dy dx < 0, para x > −1/2. Deduzimos daí que a solução é crescente até x = −1/2 depois começa a decrescer. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 184 Equações Diferenciais de 1a. Ordem -1 -0.5 0.5 1 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 x y 3.3. (a) A equação é equivalente a 1 b−ayy′ = 1 (b) A equação é equivalente a 1 1−yy′ = q(t) (c) A equação é equivalente a 1 yy′ = −p(t) 3.4. Multiplicando-se a equação diferencial por 1 y(100−y) obtemos 1 y(100 − y)y′ = 1 (1.68) Vamos decompor 1 y(100−y) em frações parciais: 1 y(100 − y) = A y + B 100 − y Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 185 Multiplicando-se a equacao acima por y(100 — y) obtemos 1 = A(100 — y) + By Substituindo-se y = 0 e y = 100 obtemos A = 1/100 e B = 1/100. Assim, 1 1 1 1 ————dy = — = ———d | a0 y 100 (/ 5+ | ao v) 1 = 79g (ily e In1200 — yl) Logo, a equacao (1.68) tem solucgdo In |y| — In|100 — y| = 100¢ + Cy. Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como y In| —=—]| = 100¢. nla C, + 100 Aplicando a exponencial.a ambos os membros obtemos y Cy ,100t 100t 100 —y e-le Ce Substituindo-se f = 0 ey = 1 na equacdo acima obtemos 1 1 © = F001 ~ 99° Vamos explicitar y(t). y = (100—y)Ce™ => y+ Ce! My = 10001 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 186 Equacées Diferenciais de 12 Ordem Portanto, a solugado do problema de valor inicial é C100e" = He! 100104 100 WW) = Ty Celta = Ty d,el00t ~ 99+ e100! ~ 99¢=T00F +4 Usando a equacdo diferencial vemos que a taxa de crescimento da populacao (dada por y’) é positiva e crescente para 0 < y < 50 e positiva e decrescente para 50 < y < 100. Além disso, jim y(t) = 100. y 100 fo--02eceeeec eee eeee cece eect teeter eee Qe eres 50 t 3.5. (a) Podemos reescrever a equagdo como 2 cos(4y)y’ = 3sen(3x). Integrando-se em relacao a x e substituindo-se y'dx = dy obtemos J 2cos(4y)dy = ps sen(3x)dx +c. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 187 Assim, a solução geral é dada implicitamente por sen(4y) 2 = − cos(3x) + c Para encontrar a solução que satisfaz a condição inicial y(−π 3 ) = π 4 substituímos x = −π 3 e y = π 4 na solução geral obtendo c = −1. Assim, a solução do problema de valor inicial é dada implicita- mente por sen(4y) 2 = − cos(3x) − 1 (b) Para determinar o intervalo de validade da solução do PVI vamos determinar o maior intervalo que contém x0 = −π 3 em que a solução e sua derivada estão definidas. Pela equação dy dx = 3 sen(3x) 2 cos(4y) , temos que os pontos onde a derivada não está definida são aqueles tais que cos(4y) = 0, ou seja, 4y = π 2 ± kπ. Como o ponto inicial é (x0, y0) = (−π 3 , π 4 ), ou seja, 4y0 = π, então a solução do PVI está contida na região do plano π 2 < 4y < 3π 2 ou π 8 < y < 3π 8 . Substituindo-se y = π 8 na equação que define a solução, sen(4y) 2 = − cos(3x) − 1, obtemos a equação 1 2 = − cos(3x) − 1, que não tem solução. Substituindo-se y = 3π 8 na equação que define a solução, sen(4y) 2 = − cos(3x) − 1, obtemos a equação −1 2 = − cos(3x) − 1, ou cos(3x) = −1 2 que tem solução 3x = ±2π 3 + 2kπ. Como 3x0 = −π, então os pontos mais próximos de x0 onde a derivada não está definida são x = −2π 9 e x = −4π 9 . Como a solução está definida para todo x, mas a derivada não está definida para x = −2π 9 e x = −4π 9 e o ponto inicial x0 = −π 3 está entre os valores x = −2π 9 e x = −4π 9 , concluímos que Julho 2016 Reginaldo J. Santos 188 Equacées Diferenciais de 14 Ordem ; ; was 4a 27 . » . o intervalo de validade da solugcdo é o intervalo (—> —o) que €0 maior intervalo em que a solugdo y(x) e a sua derivada esto definidas. 4, Equacées Exatas (pagina 50) 4.1. (a) M = 2xy —senx» N= x7 +e". oM = 2x oN = 2x oy ox aM AN 2 Gh IS x ' dy 7 Ox’ V(x,y) € RX = A equacao é exata! (x,y) = / Max = x?y +cosx +h(y) N=x* +e = x7 +h'(y) h'(y) =e hy) =e! (x,y) = xy +cosx+e% =C (b) M=y"?+cosx N=2xy+e Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 189 oy = 2y “ = 2y wy = ~ V(x,y) €R? + A equacdo é exata! (x,y) = [Max = xy? +senx +h(y) N =2xy+e¥ = 2xy +h'(y) hy) =e! h(y) =e! (x,y) = xy? +senx +e! =C (c) M=2xy?+cosx N= 2x?y+ 5 oe = 4xy “ = 4xy oy = ~ V(x,y) ER? = A equacdo é exata! (x,y) = / Max = x’y? +senx+h(y) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 190 Equacées Diferenciais de 12 Ordem 2 1 2 ! N = 2x yr =x y+h'(y) h(y) = Inly| Portanto, a solugdo da equacao diferencial é dada implicitamente por (x,y) = x7y? + senx + In|y| = C (d) , , 4 r} _ 4512 m=2 (x 5) NS 20 — a aM oN Oy = Axy > Axy. OM ON 2 aa 40 é By Tox’ V(x,y) € RX = A equacao é exata! 22, 1 plx,y) = f Mdx = 32? + + hy) 2 1 2 ! N = 2x Y= y+h'(y) 1 h'(y) = Pp 1 h(y) = - M5 Portanto, a solugdo da equacao diferencial é dada implicitamente por Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 191 1 1 72,2, 1,4 _ Paya tat Tae (e) Multiplicando a equacao dy x+y+xlIn oe a 0 por 1/x obtemos 14 y + nxt =0 x dx M=1+ ‘ N=Inx M1 oN _ 1 oy. x ox x OM ON a oS R? ; ay Fy’ V(x,y) € R*, x £0 Logo, a equacdo € exata nos semiplanos x > 0e x < 0. Vamos encontrar uma fungdo (x,y) tal que op 1,4 op _ _ x M(x,y) =1+ ~ dy = N(x,y) =Inx Integrando-se a 1* equacao em relacado a x obtemos (x,y) = / Max =x+ylnx+h(y) —_ x x do OF Substituindo-se a funcgdo (x,y) encontrada na equacdo de ay = N = Inx obtemos N =Inx = Inx +h'(y) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 192 Equacées Diferenciais de 1? Ordem h'(y) =0 O que implica que h(y) =G Assim, a solugdo da equacao é dada implicitamente por (x,y) =xt+ylInx=C (f) 1 1 mM =2(sy° 55 ) Ngee — a oM_. 4» ON. 4» Oy = oxy Ox = oxy aM ON —=— R? A 40 é ! ay Fy’ V(x,y) € => equacao é exata 1 plxy) = f Max =x2y) + + hy) 2,2 1 2,2. 4,0 N = 3x*y pe ary +h'(y) 1 h'(y) = a, 1 h(y) = - = Portanto, a solucdo da equagao diferencial é dada implicitamente por 1 1 — 72,3, + 44 Pay=ary tat TC Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 193 (g) M=xy* N = 2x7y? + 3y? — 20y? aM oN — =4 3 BEN 4 3 oy *Y Ox y aM ON —=— R? A 40 é ! ay Fy! V(x,y) € => equacao é exata loo 4 pan [ Max = 537y4 +h(y) N = 2x7y? + 3y? — 20y3 = 2x7y? + h'(y) h'(y) = 3y? — 20y° leona hty) = sy —5y Portanto, a solugdo da equacao diferencial é dada implicitamente por loa lo pa Pry) = 5x Vt 5y Sy =C 4.2. (a) Podemos reescrever a equagéo como dy —y + (2y— x) =0 ou M=2x-—y N=2y—-x. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 194 Equacées Diferenciais de 1? Ordem aM __, ON__y oy ox aM ON —=— R? A 40 é ! dy Fy! V(x,y) € => equacao é exata Vamos encontrar uma fungdo (x,y) tal que Op _ _ op _ ax M(x,y) =2x-—y e i” N(x,y) = 2y—x Integrando-se a 1* equacaéo em relagaéo a x obtemos y(x,y) = f Max = 2? — yx +hly) a x x da OF Substituindo-se a funcdo (x,y) encontrada na equacado de ay = N = 2y — x obtemos N=2y—x=—-x+h'(y) h'(y) = 2y O que implica que hy) = +O, E a solugao geral da equacao é dada implicitamente por p(xy) =x? —xy+y° =C Para encontrar a solucdo que satisfaz a condicdo inicial y(1) = 3 substituimos x = le y = 3 na solugdo geral obtendo C = 1—3+9 = 7. Assim, a solucdo do problema de valor inicial é dada implicitamente por 7 xy + y =7 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 195 (b) Para determinar o intervalo de validade da solugdo vamos determinar os pontos onde a derivada nao esta definida, pela equacao diferencial, ay = aot nao esta definida se, e somente se, x — 2y = 0, ou seja, y = x/2. Substituindo-se y = x/2 na equacaéo que define a solucaéo obtemos a equacao x? — x + x = 7, que tem solucéo x = +\/28/3. Como o ponto inicial tem x = 1 que esta entre os valores x = —V28/3e x = 28/3 concluimos que o intervalo de validade da solucdo é 0 intervalo (—V 28/3, 28/3), que é o maior intervalo em que a solucdo y(x) e a sua derivada estao definidas. A reta tangente a curva integral x? — xy + y* = 7 évertical (5 = 0) para x = —V/28/3ex = 28/3, pois dx 1 x —2y = =a 2. dy. WY 2x-y’ para x #y/ dx (c) Nos pontos onde a solugdo tem maximo local a reta tangente a curva é horizontal, ou seja, pontos onde wv = 0. Como a derivada ja esta dada pela equacao diferencial, ou seja, dy 2x—y dx x—2y Assim, a reta tangente é horizontal para x tal que 2x — y = 0, ou seja, somente para y = 2x. Substituindo-se y = 2x na equacéo x? — xy + y? = 7 obtemos a equacao x? — 2x? + 4x? = 7, que tem solucéo x = +\/7/3. Pela equacao diferencial obtemos que a solucado passa pelo pelo ponto inicial (1,3), onde a incli- nacgdo da tangente é 1/5, que é crescente na regido acima das retas y = 2x ey = x/2 e de- crescente na regido abaixo da reta y = 2x e acima da reta y = x/2. Logo, 0 ponto de maximo ocorre em x = +/7/3. Podemos chegar a essa concluséo também usando a derivada segunda: Py d (254) — (2=y')(x—2y)—(2x—y) (1-2y’) dx? dx \ x—2y (x—2y)? dy s -2 dx? | yoy SK" (d) Ja sabemos que a solucao esta contida em uma curva que passa pelos pontos (— 28/3, —\/28/3/2) e Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 196 Equações Diferenciais de 1a. Ordem (√ 28/3, √ 28/3/2) onde a tangente é vertical, pelo ponto inicial (1, 3). Neste ponto a inclinação da tangente é 1/5, pois substituindo-se x = 1 e y = 3 na equação diferencial obtemos dy dx = 1/5. Pela equação diferencial obtemos que a solução é crescente na região acima das retas y = 2x e y = x/2 e decrescente abaixo da reta y = 2x e acima da reta y = x/2. -2 -1 1 2 3 4 -3 -2 -1 1 2 3 x y 4.3. (a) Vamos supor que exista uma função µ(y) tal que ao multiplicarmos a equação por µ(y) a nova equação seja exata. Então, ∂ ∂y(µM) = ∂ ∂x(µN) ou seja, dµ dy M + µ∂M ∂y = µ∂N ∂x Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 197 Assim, ji(y) deve satisfazer a equacao diferencial aN _ a du ay dy uM." Como oe ~ an 4x =x M xy 3/Yy entao p(y) deve satisfazer a equacdo diferencial du 3 dy" tdy _ 3 dy y In|y| —3lny=C Assim, ny) =¥ é um fator integrante para a equacao diferencial. (b) M=y(xy) e N=" (2x7 + 3y? — 20) OM, 3 ON Oy = 4xy Ox = A4xy oM ON 2 = 40 é | ay x’ V(x,y) € R° = Anova equagio é exata! Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 198 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 4.4. (a) Vamos supor que exista uma função µ(y) tal que ao multiplicarmos a equação por µ(y) a nova equação seja exata. Então, ∂ ∂y(µM) = ∂ ∂x(µN) ou seja, dµ dy M + µ∂M ∂y = µ∂N ∂x Assim, µ(y) deve satisfazer a equação diferencial dµ dy = ∂N ∂x − ∂M ∂y M µ Como ∂N ∂x − ∂M ∂y M = 2xy x = 2y, então µ(y) deve satisfazer a equação diferencial dµ dy = 2yµ 1 µ dµ dy = 2y ln |µ| − y2 = C Assim, µ(y) = ey2 é um fator integrante para a equação diferencial. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 199 4.5. (a) 2 M=274+%, N=2xy4+24+4 x x aM, 2) ON y ay YT Oy Ye 0M , ON ES A do nao é ! ay x ay => equag¢do nao é exata Multiplicando a equacao por p(x) = x obtemos 2xy? + 2y + (2x°y + 2x 4 y) y' =0. M=xM= Qxy” + 2y, N=xN= Qx7y + 2x +y oM oN —=4 2, ~—=4 2 ay xy +2, > = 4xy + on = oN => Anova equacao é exata! dy ox naga © exer: (b) p(x) = / Max = xy? + 2xy + hly) 7 2 _ op _ 2 ! N = 2x*y+2x+y = ay = 2x*y +2x+h'(y) Wiy)=y = hy)=y/2+C, A solucao geral da equacao é dada implicitamente por Py? + 2xy+y7/2=C Julho 2016 Reginaldo J. Santos 200 Equacées Diferenciais de 14 Ordem (c) Substituindo-se x = 1 e y = 1 na solugao acima 14+24+1/2=C Logo, a solugado do problema de valor inicial é dada implicitamente por xy? + 2xy + y°/2= 7/2 4.6. (a) 1 y 1 M= 5 4 . N =e’ + — Bs x xy OM _e& oN 1 oy x ox xy aM , oN ow eS 30 nao é { ay x ay => Aequacdo nao é exata! Multiplicando a equacao por ji(x) = x obtemos 1 1\ , atel+ (xe!+ 7) y =0. M=xM=x7?+e, N=xN=xe¥+y! aM _y Nyy oy ox oe = ~ V(x,y) €R? = Anova equacao é exata! Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 201 (b) (x,y) = / Max =—x b+ xe¥ + h(y) N = xe¥ ty 1 = xeY +h'(y) 1 1 MY) =F > hy = nyt Gr A solucao geral da equacao é dada implicitamente por —xt 4 xeY +1n |y| =C (c) Substituindo-se x = 1 e y = 1 na solugao acima —1l+e=C Logo, a solugdo do problema de valor inicial é dada implicitamente por —x-!4xe¥+In|y|=e-1 4.7. (a) yp M= —2y, N=x + xy 3 oM__, ON _,_¥ oy ax x2 aM , oN ~sA A do nao é ay # ay => equacdo nao é exata Julho 2016 Reginaldo J. Santos 202 Equacées Diferenciais de 1? Ordem Multiplicando a equagao por p(x, y) = 2 obtemos 2x x? ) ' —-—+ (5+ =0. y ( “ye m=*mM=-%, wetne% yy ye y! yoy aM 2x AN 2x oy y2" ax? aM oN 2 ‘My 0x4 V(x,y) ER", y £0 = Anova equacdo é exata! (b) ~ x2 yoy) = f Max == + hy) ~ x7 op x? N= 54+y= —=54)' pty ptt i Wy)=y = Wy)= 7+ A solugao geral da equacao é dada implicitamente por 2 “ate Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 203 (c) Substituindo-se x = 1 e y = 1 na solugao acima 1 —1+ 5 = Cc Logo, a solugdo do problema de valor inicial é dada implicitamente por 2 2 1 ei pl y 2 2 4.8. (a) 3 x M=e* +seny, N= 3 Sosy oM ON 1 ay Ox 3 SY OM , ON eS A Jo nao é ! by x ay => equacdo nao é exata Multiplicando a equac¢ao por p(x) = x? obtemos 3 2 x3 wer 4 x7 + (5 cosy) y =0. ~ 2 x3 2 ~ x3 M=xM=x‘e* +x*seny, N=xN= 7m cosy om = x" cos oN = x’ cos oy Yoox 4 oe = ~ V(x,y) €R? = Anova equacao é exata! Julho 2016 Reginaldo J. Santos 204 Equacées Diferenciais de 1? Ordem (b) ~ 1 43 x3 (x,y) = [Max = 3° + 3 seny +h(y) ~ x op x i = ee TO h’ N z Cosy by 3 cos y + h'(y) Wty) =0 = hy) =Q A solucao geral da equacao é dada implicitamente por 1 3 x3 3° + 3 seny= Cc (c) Substituindo-se x = 0 e y = 0 na solucao acima 1 -=C 3 Logo, a solugado do problema de valor inicial é dada implicitamente por 13 + ° n = 1 3 g Ny 3 4.9. (a) Y M=2+ e N=e¥+ y x x oM _e& ON _ oy x’ ox x2 aM , ON ~sA A Jo nao é ! ay # ay => equacdo nao é exata Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 205 Multiplicando a equacao por p(x) = x obtemos 2x + ef + (xeY +y) y' =0. M=xM =2x+e! N=xN=xel+y aM yy (ON yy oy ox aM aN > ow oS x ' dy Fy! V(x,y) € R° =. Anova equacio é exata! (b) (x,y) = [Max = x7 + xe¥ +h(y) N=xe¥+y= oy = xe! +h'(y) oy Wiy)=y = hy)=¥/2+ A solucao geral da equagao é dada implicitamente por x2 + xe! +y°/2 =C (c) Substituindo-se x = 1 e y = 1 na solugao acima 1+e+1/2=C Logo, a solugdo do problema de valor inicial é dada implicitamente por x2 + xe + y*/2 =e+3/2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 206 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 4.10. A equação g(y) dy dx = f (x) pode ser escrita na forma f (x) − g(y) dy dx = 0 Para esta equação M(x, y) = f (x) e N(x, y) = −g(y). ∂M ∂y = 0 = ∂N ∂x , ∀(x, y) ∈ R2 ⇒ A equação é exata! 4.11. (a) Multiplicando-se a equação diferencial por y2/3 + x2 obtemos 2xy − 2 + (y2/3 + x2) dy dx = 0. Considere M(x, y) = 2xy − 2 e N(x, y) = y2/3 + x2. Como ∂M(x, y)/∂y = 2x = ∂N(x, y)/∂x, para todo (x, y) ∈ R2, a equação é exata. Assim existe ψ(x, y) tal que ∂ψ/∂x = M e ∂ψ/∂y = N. De fato, integrando ∂ψ/∂x = M em relação a x temos que: ψ(x, y) = x2y − 2x + g(y) Usando ∂ψ/∂y = N : ∂ψ ∂y = x2 + g′(y) = y2/3 + x2. Assim, g′(y) = y2/3 e integrando-se obtemos que g(y) = y3/9 + c1. Logo as soluções podem ser escritas de maneira implícita como: x2y − 2x + y3/9 = c. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 207 (b) Substituindo-se x = 1 + √ 8/3 e y = 1 na solução geral obtemos c = 0. Assim, a solução do PVI é dada implicitamente por x2y − 2x + y3/9 = 0. A tangente é vertical se e somente se y2/3 + x2 = 0, ou seja, y = x = 0. Logo a curva em que está contida a solução do PVI passa pela origem, onde a sua tangente é vertical. Como o ponto inicial está a direita de x = 0, então a solução do PVI é válida somente para x > 0. (c) Usando a equação diferencial temos que dy dx = 0 ⇐⇒ 2 − 2xy = 0 ⇐⇒ y = 1 x. Substituindo-se y = 1/x na solução do PVI obtemos x − 1 9 x3 = 0 ⇐⇒ x = ± 1 √ 3 . dy dx > 0 ⇐⇒ 2 − 2xy > 0 ⇐⇒ y < 1/x, dy dx < 0 ⇐⇒ 2 − 2xy < 0 ⇐⇒ y > 1/x Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 208 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 4.12. a(x) dy dx + b(x)y = c(x) é equivalente a c(x) − b(x)y − a(x) dy dx = 0. Assim, M(x, y) = c(x) − b(x)y e N(x, y) = −a(x). Logo a equação é exata se ∂M ∂y = −b(x) = ∂N ∂x = −a′(x). Ou seja, a′(x) = b(x). 5. Substituições em Equações de 1a. Ordem (página 65) 5.1. (a) dy dx = 3y + x 3x + y Dividindo numerador e denominador por x obtemos dy dx = 3 y x + 1 3 + y x . Seja v = y x. Então, y = vx e derivando o produto vx em relação a x obtemos dy dx = x dv dx + v. Substituindo-se este valor de dy dx e y x = v na equação obtemos x dv dx + v = 3v + 1 3 + v Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 209 ou dv 3v+1 v1 x = — —-9 = —~— dx 3+0 3+0 Multiplicando-se por 3re esta equacdo se torna Pp Pp x(v2 _ 1) q ¢ 3+0 dv _ il ve—ldx = x 34+0 _ 3+0 _ A ,, B v—15 (0=1)(0+1)~ v-1 v+1 Multiplicando-se por (v — 1)(v + 1) obtemos 3+v0=A(v+1)+ B(v-1) Substituindo-se v = —1ev = 1 obtemos B = —1e A = 2. Assim, 3+0 1 1 /aow = 2 | —ao— [ sao = 2In|jv—1|}-In|jv+1| _4)2 = In | | vo+1 Logo, a equagao acima pode ser escrita como _4)2 a (n| 2) a dx o+1 x Integrando-se obtemos (v=1)7| _ in| oa1\~ In |x| + Cy Julho 2016 Reginaldo J. Santos 210 Equacées Diferenciais de 1? Ordem x(v—1)?| _ " | a1 ~o _1)2 x(v —1) _c o+1 Substituindo-se v = z obtemos ¥_ 4)2 f= 1 f+] Multiplicando-se numerador e denominador por x: (y =x)? = Cly +x) (b) dy _ 2x? +5y" dx —- 2xy Dividindo numerador e denominador por x* obtemos dy 2+5(4)’ dx 2% Seja v = a Entao, y = vx e derivando o produto vx em relagado a x obtemos dy dv qx Xgx tb d Substituindo-se este valor de ~ e = v na equacao obtemos dv 2 +507 “ax +VU= a Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 211 ou wt 2 + 5v* pe 3u7 +2 dx —-.2v Qu 2 2 Multiplicando-se por “ss esta equacao se torna 20 dv 1 302 +2dx x 2 1 / ane => 3 In |3v? + 2| =In |3v? + 2\'/3 Logo, a equacao acima pode ser escrita como d 2 1/3\ _ 1 - (In|30 +2| ) == Integrando-se obtemos In [307 + 2|!/3 = In |x| + Cy 2 1/3 a (30? + 2) | -¢, x 2 1/3 (30° +2)'° _ C x Substituindo-se v = obtemos Bly/x)?+2)"3 _ = Julho 2016 Reginaldo J. Santos 212 Equacées Diferenciais de 1? Ordem (c) Dividindo-se a equagao (x + ray) +x—y=x~l/?y3/2 por x obtemos dx yay 1) _¥ _ (HP? a+ (oe +1 @ (3) Seja v = . Entao, y = vx e derivando o produto vx em relagaéo a x obtemos dy dv dent det: d Substituindo-se este valor de “4 e = Vv na equacao obtemos dv 3/2 (1+ v0) (a= +v)+1-v=0"%. pe EPR FO-1 PP +o-1-0(14 ve) _ 1 dx 1+ y/o 7 1+ /0 1+ yo (1+ Va)o! = ~. Integrando-se em relacgdo a x ambos os membros: v+ 29/2 =In|x|+-c. Substituindo-se v = z obtemos que a solucdo geral é dada implicitamente por YZ (yr? _ 45 (2) =In|x|+c¢. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 213 5.2. (a) y′ + 2 x y = y3 x3 Fazendo a mudança de variáveis v = y−2, então dv dx = (−2)y−3 dy dx Multiplicando-se a equação acima por y−3 obtemos y−3 dy dx + 2 x y−2 = 1 x3 Fazendo as substituições y−3 dy dx = − 1 2 dv dx e y−2 = v obtemos −1 2 dv dx + 2 x v = 1 x3 Multiplicando esta equação por −2 obtemos v′ − 4 x v = − 2 x3 que é uma equação linear e tem solução v(x) = 1 3x2 + Cx4 Assim, a solução da equação dada é y−2 = 1 3x2 + Cx4 (b) y′ + 4 x y = −x5exy2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 214 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Fazendo a mudança de variáveis v = y−1, então dv dx = −y−2 dy dx Multiplicando-se a equação y′ + 4 xy = −x5exy2 por y−2 obtemos y−2 dy dx + 4 x y−1 = −x5ex Fazendo as substituições y−2 dy dx = − dv dx e y−1 = v obtemos − dv dx + 4 x v = −x5ex Multiplicando esta equação por −1 obtemos v′ − 4 x v = x5ex que é uma equação linear e tem solução v(x) = x5ex − x4ex + Cx4 Assim, a solução da equação dada é y(x) = 1 x5ex − x4ex + Cx4 (c) y = 2 x + u y′ = − 2 x + u′ Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 215 Substituindo-se na equacgdo 2 , 4 12 25 oe SG PRG) ul — 3, =u x Esta é uma equacao de Bernoulli. Fazendo a substituigéo v = u~' obtemos ot 33 =-1 x Esta equacdo é€ linear. O fator integrante é p(x) = x°. Multiplicando-se a equacao por p(x) obtemos d ax (x30) =—x3 Integrando-se obtemos 4 v(x) = > +c x oC = “ats Substituindo-se v =u! = (y — 2)-1 obtemos que a solucdo da equacao é dada implicitamente por 1 x 4 c y—2 4 x3 (d) Substituindo-se y—x = ve y’ = 1+ 0' na equacao y’ = (y — x)? obtemos 1+ =v 1s nr Julho 2016 Reginaldo J. Santos 216 Equacées Diferenciais de 1? Ordem v—1 In ea => 2x + Cy v-1 oo» ot+1 “ Y-x— 1 _— ce2* y—-x+1 (ce) Substituindo-se vy = ve y+ xy’ = v' na equacdo xy’ = e *Y = y obtemos go! _— e” eu =1 e=x+c eY=xt+ec (f) Dividindo-se a equagdo /yy' + \/y° = 1 por \/¥: ytyay i? Multiplicando-se a equacéo de Bernoulli por y!/* obtemos yllty! 4 pl? =1. Derivando v = y/? em relacao a x obtemos pela regra da cadeia do _ lV iaydy dx 2% dx’ de onde obtemos que dv dy g- = pret dx 7 dx’ Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 217 Fazendo as substituições y1/2 dy dx = 2 dv dx e y3/2 = v na equação acima obtemos 2dv dx + v = 1. 2 1 − vv′ = 1. Integrando-se em relação a x ambos os membros: 2 ln |1 − v| = x + 2c1. Dividindo-se por 2 e aplicando-se a exponencial obtemos 1 − v = cex/2. Substituindo-se v = y3/2 obtemos que a solução geral é dada implicitamente por 1 − y3/2 = cex/2. (g) Fazendo-se a mudança de variáveis v = 9x + 16y temos que dv dx = 9 + 16dy dx. Substituindo-se dy dx = 1 16 dv dx − 9 16 na equação diferencial y′ = (9x + 16y)2 obtemos 1 16 dv dx − 9 16 = v2. Somando-se 9 16 e multiplicando-se por 16: dv dx = v2 + 144 16 . Julho 2016 Reginaldo J. Santos 218 Equacées Diferenciais de 1? Ordem Dividindo-se por ola obtemos a equa¢do 16, + v = 1. +144" 4 v 3 arctan (5) =x+C. Substituindo-se v = 9x + 16y obtemos que a solucao geral é dada implicitamente por 1 ; arctan (FE) =x+c. 6. Aplicagées (pagina 120) 6.1. (a) dQ _ — + Q Ta 2te™ 100 700° Q(0) = 100 A equacdo é linear e pode ser reescrita como dQ Q — 1 t —_~ —~ = ?te 10'. dt * 100 ~" Para resolvé-la precisamos determinar o fator integrante u(t) = es Toot = ero! Multiplicando-se a equacao diferencial por p(t) = e100! obtemos © (ets *Q) = 21 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 219 Integrando-se ambos os membros obtemos ei Q(t) =P +C ou , , Q(t) = Pe m0! + Cer 109! Substituindo-se t = 0 e Q = 100, obtemos 100 = C Ou seja, a solucdo do problema de valor inicial é Q(t) = Pe 10 + 1007100! (b) A concentracgdo em ft = 10 min é dada por 2 c(10) = att) = (5 + 1)e~ 00 10 = 20-10 gramas/litro 6.2. (a) dQ At Q <= —10-~. | Tt 300e7 70 OF50 Q(0) =0 A equacao é linear e pode ser reescrita como aa - 2 = 30007 10", Para resolvé-la precisamos determinar o fator integrante u(t) = el iodt = ero! Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 220 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Multiplicando-se a equação diferencial por µ(t) = e 1 10 t obtemos d dt(e 1 10 tQ) = 300e 1 10 te− 2 10 t = 300e− 1 10 t Integrando-se ambos os membros obtemos e 1 10 tQ(t) = −3000e− 1 10 t + C ou Q(t) = −3000e− 2 10 t + Ce− 1 10 t Substituindo-se t = 0 e Q = 0, obtemos 0 = −3000 + C Ou seja, a solução do problema de valor inicial é Q(t) = 3000(e− 1 10 t − e− 2 10 t). (b) A concentração de sal no tanque é dada por c(t) = Q(t) 100 = 30(e− 1 10 t − e− 2 10 t) Se x = e− 1 10 t. Então, c(t) = 7,5 se, e somente se, x − x2 = 75 300 = 1 4 ou x = 1/2 ou 1 10 t = ln 2 ou t = 10 ln 2 min. 6.3. (a)    dQ dt = 20 − Q 25. Q(0) = 100 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 221 A equacdo é linear e pode ser reescrita como dQ, Q_ Ht 20. Para resolvé-la precisamos determinar o fator integrante u(t) = el gt = erst Multiplicando-se a equacao diferencial por p(t) = e25' obtemos “(ee ‘Q) = 20025! Integrando-se ambos os membros obtemos e2!Q(t) = 50008! +C ou —t +t Q(t) = 500 + Ce~ 25 Substituindo-se t = 0e Q = 100, obtemos 100 = 500+C Ou seja, a solucaéo do problema de valor inicial é Q(t) = 500 — 400-25. (b) A concentracao de sal no tanque é dada por c(t) = oR = et) =5—4e3! gramas por litro Julho 2016 Reginaldo J. Santos 222 Equacées Diferenciais de 1? Ordem lim c(t) = 5 gramas por litro — oo c(t) = 3 se, e somente se, Q(t) = 250 = 500 — 400e~ 25! ou 1, 250 5 e Bb = —- = = 400 8 ou 1 sine 25° "8 ou 8 t=25In= min. 5 6.4. (a) dQ _ Q dt 100 F Q(0) = 10 A equacdo é linear e pode ser reescrita como dQ Q _ dt’ 100+? > Para resolvé-la precisamos determinar o fator integrante u(t) = ef wordt — o2In|100+#| — (499 + #)2 Multiplicando-se a equacao diferencial por u(t) = (100 + t)* obtemos d 7 ( (100 + t)?Q) = 3(100 + t)? Integrando-se ambos os membros obtemos (100 + #)?Q(t) = (100 +t)? +C Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 223 ou Q(t) = 100 + t + C(100 + t)−2 Substituindo-se t = 0 e Q = 10, obtemos 10 = 100 + C10−4 ⇒ C = −9 105 Ou seja, a solução do problema de valor inicial é Q(t) = 100 + t − 9 105(100 + t)−2 gramas. (b) A concentração de sal no tanque é dada por c(t) = Q(t) 100 + t = 1 − 9 105(100 + t)−3 O tanque estará cheio para t = 100. lim t→100 c(t) = 1 − 9 80 = 71 80 gramas/litro 6.5. (a)    dQ dt = −2 Q 100 − t. Q(0) = 10 A equação é separável e pode ser reescrita como 1 Q dQ dt = − 2 100 − t. ou ainda d dt(ln |Q|) = − 2 100 − t Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 224 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Integrando-se obtemos 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 Ou seja, a solução do problema de valor inicial é Q(t) = 10−3(100 − t)2 gramas. (b) A concentração de sal no tanque é dada por c(t) = Q(t) 100 − t = 10−3(100 − t) O tanque estará vazio para t = 100. lim t→100 c(t) = 0 grama/litro. 6.6. (a) Escrevendo v = v(r(t)) e usando a regra da cadeia obtemos dv dt = dv dr dr dt = vdv dr . Pela 2a. Lei de Newton: mdv dt = mvdv dr = −kr. Como na superfície da Terra a força de gravidade é igual ao peso da pedra, então kR = mg e k = mg/R. Logo a equação diferencial anterior se transforma em vdv dr = − g Rr Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Integrando-se em relacao a r: [evar = 2 [rar+c Substituindo-se v'dr = dv: g 2757 _ 8 2 vw /2= oR" +C Substituindo-se r = R, v = 0: R &* Zz 5 C. a sP +gR v(r) = \/gR—- oP (b) Substituindo-se r = 0: v(0) = sR Substituindo-se r = —R: v(—R) =0. 6.7. av — =kA =kAnr? dt V(r) = amr dV dVdr 9dr dt dr dt” at Substituindo na primeira equacao: ar <i dt r(t) =kt+C Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 226 Equações Diferenciais de 1a. Ordem 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 dt = ky ⇒ y(t) = y0ekt 48 = y(1) = y0ek 27 = y(3) = y0e3k 48 27 = e−2k k = −1 2 ln 48 27 = −1 2 ln 16 9 = ln 3 4 y0 = 48e−k = 48e− ln 3 4 = 484 3 = 64 6.9. dy dt = ky y(t) = y0ekt 400 = y0e3k ⇒ k = ln(400/y0) 3 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 227 "i 400 \ > 2500 = yore = 2500 = yo (=) Yo 2 _ 2500 Yo ~ 4003 4002 1/2 20° yp — (10) 6 20% _ 165 2500 50 6.10. ; y “J —k dt y(t) = 35000e* 30000 = 35000ek = k= In(30000/35000) = In(6/7) y(2) = 3500002 = 35000 ($)* = 500036 = 180000 ~ Rg 25714, 00 6.11. A populacao cresce a uma taxa proporcional a populacdo presente 0 que significa que a populacao, y(t), é a solucdo do problema de valor inicial dy y(0) = yo que como vimos acima tem solucao y(t) = yor Como em uma hora a populacado é o dobro da populagao original, entéo substituindo-se tf = le y = 2yo obtemos 2yo = yoe => k=In2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 228 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Assim, a equação que descreve como a população de bactérias varia com o tempo é y(t) = y0e(ln 2)t = y0 · 2t Agora para sabermos em quanto tempo a população triplica substituímos y = 3y0 e determinamos t que é t = ln 3 ln 2 ≈ 1, 585 horas ≈ 1 hora e 35 minutos. y0 2y0 4y0 8y0 1 2 3 t y 6.12. O número de pessoas infectadas como função do tempo, y(t), é a solução do problema    dy dt = ky(100 − y). y(0) = 1, y(4) = 5 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 229 Multiplicando-se a equacdo por 710) obtemos a equacao separavel: 1 / Wak y(100 — y)" Integrando-se em relagdo a ¢ obtemos / I y' dt / kdt +c se = " y(100 — y) Substituindo-se y'dt = dy obtemos 1 —_ dy 2 / kde}. (1.69) / y(100 — y) Vamos decompor 7100-9) em frag6es parciais: tA, BL y(100—y) y 100-y Multiplicando-se a equacdo acima por y(100 — y) obtemos 1 = A(100 — y) + By Substituindo-se y = 0 e y = 100 obtemos A = 1/100 e B = 1/100. Assim, 1 1 1 1 ———dy = — / —d / ———d | a= 4 oo ( yt | t00—y v) 1 = zy (inlyl — In [100 —y)) Logo, a equacao (1.69) pode ser escrita como 1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 230 Equacées Diferenciais de 12 Ordem ou ainda como In |y| — In|100 — y| = 100kt + co. Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como y In | —>—| = . nig c2 + 100kt Aplicando a exponencial a ambos os membros obtemos me ; — el2 el00kt _ ¢p100kt Substituindo-se (f = 0,y = 1) e (t = 4,y = 5) na equagao acima obtemos 1 1 — ~~, —, 100-1 99 99 4ook _ 99 _ Inig C= 7 100k = 1 Vamos explicitar y(t). y Z (100 _ y) cel okt => y + ce lOOkty —_ 100ce 100k Portanto, a solugdo do problema de valor inicial é y(t) = aa 7 =a = — = 5 Or \ ce y oe ety 99-(qg) 1 Usando a equacao diferencial vemos que a taxa de crescimento da solucao (dada por y’) é positiva e crescente para 0 < y < 50 e positiva e decrescente para 50 < y < 100. Além disso, lim y(t) = 100. —0o Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 231 5 50 100 4 t y 6.13. ti yi gi hi gi+hi 2 1950 52 milhões 0, 0346 - 1960 70 milhões 0, 0329 0, 0257 0, 0293 1970 93 milhões 0, 0280 0, 0247 0, 0263 1980 119 milhões 0, 0214 0, 0218 0, 0216 1991 147 milhões 0, 0174 0, 0173 0, 0174 2000 170 milhões - 0, 0150 1 y dy dt (ti) = ay(ti) + b ≈ gi + hi 2 , para ti = 1960, 1970, 1980, 1991. Usando quadrados mínimos vamos encontrar a melhor reta que se ajusta ao conjunto de pontos Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 232 Equações Diferenciais de 1a. Ordem yi gi+hi 2 70 milhões 0.0293 93 milhões 0.0263 119 milhões 0.0216 147 milhões 0.0174 70 80 90 100 110 120 130 140 150 0.016 0.018 0.02 0.022 0.024 0.026 0.028 0.03 y (em milhões) z=ay+b encontrando a = −1, 58 · 10−10, b = 0, 04. Assim, obtemos k = 1, 58 · 10−10 e yM = 257 milhões. Usando t0 = 2000, y0 = 170 milhões obtemos y(t) = 257 · 106 1 + 0, 51 · e−0,04(t−2000) Para t = 2010 temos y(2010) = 191, 6 milhões de habitantes. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 233 Um erro de 0,5 %. 260 250 240 230 220 210 200 _ 190 8 180 = 170 5 160 150 3b ® 140 a 130 * 120 D 110 100 90 e 80 70 O 550 1960 1970 1980 1990 2000 2010 2020 2030 2040 2050 2060 6.14. dh pvh dt. dv. dt Ea h(0) = ho Como para o cone 1 1_(/hR\*, 1_/RY\? V(h) = =2rh==n(—) h==n(—) (1) = 370 an (=) sn ($) dV R\? 5 dn (=) I Julho 2016 Reginaldo J. Santos 234 Equacées Diferenciais de 1? Ordem entao o problema pode ser modelado por dh |, 37/9 a7 kh h(0) = 2, h(30) =1 Multiplicando a equacao por h3/? dh p3/2— = dt d (2)5)2\ dh _ dh (5" ) a * ou i 4 (4745/2) _ ii (34) = Integrando-se ambos os lados 21/2 = kt+C 5 ou h(t) =(C'+k'4? Substituindo t = 0eh= 2: Substituindo t = 30 eh = 1: 1-C’ 1-257 / ro te = C+30k =1 => &k 30 30 Assim, a fungao que descreve como a altura varia com o tempo é dada por _ 95/2 h(t) = (C14 RA)>/3 = (25/2 4 Tes Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 235 Substituindo h = 0: ' 5/2 Cc 30-2 . t= a = yr = 36min 6.15. (a) A temperatura registrada no termémetro, T(t), 6 a solucao do problema de valor inicial dT a k(T =5). T(0) = 20 dT => k(T —5) 1 aT To5 a * d —(In|T —5|) =k <(in|T~5)) In|T —5| = kt In|T—5| = C, +kt T(t) =5+ Ce Substituindo t = 0e T = 20: 20=5+C => C=15 T(t) =5 + 15e" Substituindo t = 1/2 eT = 15: 15=5+415e/2 + k=2In(2/3) Assim, a temperatura do café em funcado do tempo é dada por 9\ 2! T(t) =5 4 15e7@/3)t — 5415. (2) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 236 Equacées Diferenciais de 12 Ordem (b) Apés 1 minuto o termémetro deve marcar T(1) =5+15 2 * 105 211,7°C - 3) 9% (c) Substituindo T = 10 em T(t) = 5 + 15e2!N(2/9)F; 10 = 5 + 15e7!n(2/3)t Logo, o tempo necessario para que o termémetro marque 10° é de ~ In(1/3) _ . t= 2In(2/3) ~ 1 min e 20segundos 6.16. (a) 12042 = 10-—2v dt 120 dv _ 1 10 —2v dt a (—601In|10 — 2v|) = 1 dt " ~ 60 In |10 — 20] = -t+C, In |10 — 2v| = a o(t) =5—Ce m0 Substituindo-se t = Qe v = 0: 0=5-C = C=5 o(t) =5 —5e*0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 237 (b) . lim v(t) = lim (5 —5e 0) =5 m/s too too Vv 5 -----+-------------------------------- em ------- - OF -------- / t 6.17. (a) dS 1 — = —S+d. dt 100° * S(0) =0 A equacdo € linear e pode ser reescrita como dS 1 ‘dt — T00° — d. Para resolvé-la precisamos determinar o fator integrante Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 238 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Multiplicando-se a equação diferencial por µ(t) = e− 1 100 t obtemos d dt(e− 1 100 tS) = de− 1 100 t Integrando-se ambos os membros obtemos e− 1 100 tS(t) = −100de− 1 100 t + C ou S(t) = Ce 1 100 t − 100d Substituindo-se t = 0 e S = 0, obtemos 0 = Ce 1 100 0 − 100d ⇒ C = 100d Ou seja, a solução do problema de valor inicial é S(t) = 100d(e 1 100 t − 1). Substituindo-se d = 100, t = 20 · 12 = 240 obtemos S(240) = 10000(e2,4 − 1) ≈ R$ 100231, 00 (b)    dS dt = 1 100S − d. S(0) = 100231 A solução da equação é obtida da anterior trocando-se d por −d. S(t) = Ce 1 100 t + 100d Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 239 Substituindo-se f = 0 e S = 100231 obtemos 100231 =C+100d = C= 100231 — 100d Assim, S(t) = (100231 — 100d)et00' + 100d Substituindo-se tf = 20-12 = 240 e S = 0 obtemos 0 = (100231 — 100d)e** + 100d 10023174 d = ———____ = R$1102, 00 100(e24 — 1) f 6.18. i 20042 + 104Q = 10. dt dQ _ 2 aT 50Q =5-10~. A equacao é linear. Multiplicando-se a equacao pelo fator integrante p(t) = e°°' obtemos d ( 50t9\ — —2 ,50t a (c Q) =5-10-e integrando-se obtemos eFO(t) = 10 Fe" + k ou Q(t) = 10-9 + ke Substituindo-se t = 0 e Q= 0 obtemos k = —10~3 e assim a solucao do problema de valor inicial é Q(t) = 10-3 (1 - eM") coulombs. I(t) = aa =5-10-*e ° amperes Julho 2016 Reginaldo J. Santos 240 Equacées Diferenciais de 1? Ordem 6.19. Para este circuito a segunda lei de Kirchhoff nos da dl RI+L— =V(t). +L7 = Vit) Ou seja, 5-107 + 1021 =10 dt Z dl — + 2001 = 20. at 00 A equacao é linear. Multiplicando-se a equagao pelo fator integrante p(t) = e7° obtemos 4 (20087) — 9492008 5 (et) = 206 integrando-se obtemos e700 T(t) = 1971 ,¢2008 + k ou I(t) = 107! + ke 70% Substituindo-se t = 0 e = 0 obtemos k = —10~! e assim a solucado do problema de valor inicial é I(t) =1071 (1 - e200") amperes. 6.20. (a) dy _ 2 a em que y(f) 6 a concentracao da substancia como funcaéo do tempo e k > 0 é a constante cinética. Multiplicando-se a equacao diferencial por 1/y* obtemos a equacao 1, sy =—k. 2 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 241 Esta 6 uma equacao separavel. Integrando-se em relacao a t e substituindo-se y'dt = dy obtemos que a solucdo geral da equacao diferencial é dada implicitamente por 1 =kt+c. y Substituindo-se t = 0 e y = yg obtemos que c = 1/yo. * kee = y Yo Explicitando-se y(t) obtemos que a concentragaéo da substancia em funcao do tempo é dada por 1 f) = ——__. WO) = 7yo 1 t)= ——______.. WO S0-H 4 20 (b) Para a meia-vida t = t,/2, teremos y = yo/2. Assim, 2 1 — =ktyy+—. Yo v2" Yo Logo a meia-vida da substancia é dada por Lon = 1 02 kyo’ 1 t a 1 S . 1/2 2x 10-6 5 x 10° s 6.21. (a) Otriangulo QOP é isésceles e assim '_ tang — —Y YY " x4 [OPI] x+|lOQl x4 x+y Julho 2016 Reginaldo J. Santos 242 Equacées Diferenciais de 1? Ordem (b) Multiplicando-se numerador e denominador da equacao anterior por x — \/x? + y* obtemos )_ y(x-Ve ty) _ x= Verty a(R ER) ay ou zo yx ty’ +y' =0. y er x y Multiplicando-se a equacao por p(x, y) = ——=— obtemos p quacao por (x,y) T2ae ey ty _ Vx + y? Vretyrdx ; x y Sejam M(x, y) = ———— _ —- 1e N(x, y) = ———.. OM ____*y_ _ _ oN OY Pyh OF Logo a equacao é exata. Seja (x,y) = [ Mdx = [ (“Se — 1) dx = \/x?+y*-—x+h(y). y op y N = —— = + = — _ +'(y). / 2 + y? oy / x2 + y? (y) Logo h'(y) = 0 e assim h(y) = cy. Assim, a solucao geral da equacdo diferencial é dada implicita- mente por Vly) = +P —x=0. ouou dist(P,O) = dist(P,r), Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 243 em que r : x = −c. As curvas são parábolas. 6.22. (a) Da equação das hipérboles obtemos que c = xy. Derivando a equação da família dada obtemos a equação diferencial para as hipérboles dadas é dy dx = − c x2 = − y x Portanto, a equação diferencial para as trajetórias ortogonais é dy dx = x y y2 2 − x2 2 = c x y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 244 Equações Diferenciais de 1a. Ordem (b) Da equação da família dada temos que c = x2+y2 2y . Derivando a equação da família dada obtemos 2x + 2(y − c) dy dx = 0 Assim, a equação diferencial para a família de curvas dadas é dy dx = 2xy x2 − y2 E para a família de trajetórias ortogonais dy dx = − x2 − y2 2xy cuja solução é y2 x + x = c1. Multiplicando-se por x obtemos y2 + x2 = c1x ou y2 + x2 − c1x = 0. Completando-se o quadrado obtemos y2 + (x − c1/2)2 − (c1/2)2 = 0 ou y2 + (x − c1/2)2 = (c1/2)2. Trocando-se c1/2 por c obtemos (x − c)2 + y2 = c2 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 245 x y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 7. Análise Qualitativa de Equações Autônomas (página 150) 7.1. (a) Os pontos de equilíbrio são y1 = 0 e y2 = 1. y(1 − y) 0 1 – – 0 0 – – + + - 1 − y 0 – – + + + + - y 0 – – + + + + - Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 246 Equações Diferenciais de 1a. Ordem -1.5 -1 -0.5 1 y y’=f(y) y1 = 0 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y1 = 0 temos • dy dt = f (y) < 0, para y < y1 = 0 • dy dt = f (y) > 0, para y > y1 = 0. O que implica que se y(0) é próximo de y1 = 0 a solução correspondente y(t) está se afastando de y1 = 0, quando t cresce. y2 = 1 é ponto de equilíbrio estável pois para valores de y próximos de y2 = 1 temos • dy dt = f (y) > 0, para y < y2 = 1 • dy dt = f (y) < 0, para y > y2 = 1. O que implica que se y(0) é próximo de y2 = 1 a solução correspondente y(t) está se aproximando de y2 = 1, quando t cresce. (b) Como dy dt = y − y2 > 0, para 0 < y < 1, então as soluções são crescentes para 0 < y < 1. Como dy dt = y − y2 < 0, para y < 0 e para y > 1, então as soluções são decrescentes para y < 0 e para y > 1. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 247 (c) d2y dt2 = d dt dy dt = d dt(y − y2). Mas pela regra da cadeia d dt(y − y2) = (1 − 2y)dy dt = (1 − 2y)(y − y2). Assim, d2y dt2 = (1 − 2y)(y − y2). Logo, as soluções têm pontos de inflexão para y = 1/2, y = 0 e y = 1. (d) t y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 (e) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 248 Equações Diferenciais de 1a. Ordem -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 t y 7.2. (a) Os pontos de equilíbrio são y1 = −1 e y2 = 1. (y + 1)(1 − y) 0 1 – – 0 -1 – – + + - 1 − y 0 – – + + + + - y + 1 0 – – + + + + - Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 249 -1.5 -1 -0.5 -1 1 y y’=f(y) y1 = −1 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y1 = −1 temos • dy dt = f (y) < 0, para y < y1 = −1 • dy dt = f (y) > 0, para y > y1 = −1. O que implica que se y(0) é próximo de y1 = −1 a solução correspondente y(t) está se afastando de y1 = −1, quando t cresce. y2 = 1 é ponto de equilíbrio estável pois para valores de y próximos de y2 = 1 temos • dy dt = f (y) > 0, para y < y2 = 1 • dy dt = f (y) < 0, para y > y2 = 1. O que implica que se y(0) é próximo de y2 = 1 a solução correspondente y(t) está se aproximando de y2 = 1, quando t cresce. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 250 Equações Diferenciais de 1a. Ordem (b) Como dy dt = 1 − y2 > 0, para −1 < y < 1, então as soluções são crescentes para −1 < y < 1. Como dy dt = 1 − y2 < 0, para y < −1 e para y > 1, então as soluções são decrescentes para y < −1 e para y > 1. (c) d2y dt2 = d dt dy dt = d dt(1 − y2). Mas pela regra da cadeia d dt(1 − y2) = −2ydy dt = −2y(1 − y2). Assim, d2y dt2 = −2y(1 − y2). Logo, as soluções têm pontos de inflexão para y = −1, y = 0 e y = 1. (d) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 251 t y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 (e) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 252 Equações Diferenciais de 1a. Ordem -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 t y 7.3. (a) Os pontos de equilíbrio são y1 = −1 e y2 = 0. −y(y + 1) 0 0 – – 0 -1 – – + + - −y 0 + + + + – –- y + 1 0 + + + + – – - Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 253 -1.5 -1 -0.5 -1 y y’=f(y) y1 = −1 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y1 = −1 temos • dy dt = f (y) < 0, para y < y1 = −1 • dy dt = f (y) > 0, para y > y1 = −1. O que implica que se y(0) é próximo de y1 = −1 a solução correspondente y(t) está se afastando de y1 = −1, quando t cresce. y2 = 0 é ponto de equilíbrio estável pois para valores de y próximos de y2 = 10 temos • dy dt = f (y) > 0, para y < y2 = 0 • dy dt = f (y) < 0, para y > y2 = 0. O que implica que se y(0) é próximo de y2 = 0 a solução correspondente y(t) está se aproximando de y2 = 0, quando t cresce. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 254 Equações Diferenciais de 1a. Ordem (b) Como dy dt = −y − y2 > 0, para −1 < y < 0, então as soluções são crescentes para −1 < y < 0. Como dy dt = −y − y2 < 0, para y < −1 e para y > 0, então as soluções são decrescentes para y < −1 e para y > 0. (c) d2y dt2 = d dt dy dt = d dt(−y2 − y). Mas pela regra da cadeia d dt(−y2 − y) = −(2y + 1)dy dt = (2y + 1)(y2 + y). Assim, d2y dt2 = (2y + 1)(y2 + y). Logo, as soluções têm pontos de inflexão para y = −1, y = 0 e y = −1/2. (d) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 255 t y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 (e) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 256 Equações Diferenciais de 1a. Ordem -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 t y 7.4. (a) Os pontos de equilíbrio são y1 = −1 e y2 = 0. y(y + 1) 0 0 + + 0 -1 + + – – - y 0 – – – – – – + +- y + 1 0 + + + + – – - Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 257 0.5 1 1.5 -1 y y’=f(y) y1 = −1 é ponto de equilíbrio estável pois para valores de y próximos de y1 = −1 temos • dy dt = f (y) > 0, para y < y1 = −1 • dy dt = f (y) < 0, para y > y1 = −1. O que implica que se y(0) é próximo de y1 = −1 a solução correspondente y(t) está se aproximando de y1 = −1, quando t cresce. y2 = 0 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y2 = 10 temos • dy dt = f (y) < 0, para y < y2 = 0 • dy dt = f (y) > 0, para y > y2 = 0. O que implica que se y(0) é próximo de y2 = 0 a solução correspondente y(t) está se afastando de y2 = 0, quando t cresce. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 258 Equações Diferenciais de 1a. Ordem (b) Como dy dt = y + y2 < 0, para −1 < y < 0, então as soluções são decrescentes para −1 < y < 0. Como dy dt = y + y2 < 0, para y < −1 e para y > 0, então as soluções são crescentes para y < −1 e para y > 0. (c) d2y dt2 = d dt dy dt = d dt(y2 + y). Mas pela regra da cadeia d dt(y2 + y) = (2y + 1)dy dt = (2y + 1)(y2 + y). Assim, d2y dt2 = (2y + 1)(y2 + y). Logo, as soluções têm pontos de inflexão para y = −1, y = 0 e y = −1/2. (d) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 259 t y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 (e) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 260 Equações Diferenciais de 1a. Ordem -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 t y 7.5. (a) Os pontos de equilíbrio são as raízes de f (y) = (y2 − 4)(y2 + y), ou seja, y1 = −2, y2 = −1, y3 = 0 e y4 = 2. (y2 − 4)(y2 + y) 0 -1 + + 0 -2 + + – – 0 0 – – – – 0 2 + +- y + 1 0 – – – – – – + + + + + + + + - y + 2 0 + + + + + + + + + + – – - y 0 – – – – – – – – + + + + + + + - y − 2 0 – – – – – – – – – – – – – – – + +- Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 261 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 -3 -2 -1 1 2 3 y y’=f(y) i. y1 = −2 é ponto de equilíbrio estável pois para valores de y próximos de y1 = −2 temos • y′ = f (y) > 0, para y < y1 = −2 • y′ = f (y) < 0, para y > y1 = −2. O que implica que se y0 = y(0) é próximo de y1 = −2 a solução correspondente y(t) está se aproximando de y1 = −2, quando t cresce. ii. y2 = −1 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y2 = −1 temos • y′ = f (y) > 0, para y < y2 = −1 • y′ = f (y) < 0, para y > y2 = −1. O que implica que se y(0) é próximo de y2 = −1 a solução correspondente y(t) está se afastando de y2 = −1, quando t cresce. iii. y3 = 0 é ponto de equilíbrio estável pois para valores de y próximos de y3 = 0 temos • y′ = f (y) > 0, para y < y3 = 0 • y′ = f (y) < 0, para y > y3 = 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 262 Equações Diferenciais de 1a. Ordem O que implica que se y0 = y(0) é próximo de y3 = 0 a solução correspondente y(t) está se aproximando de y3 = 0, quando t cresce. iv. y4 = 2 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y4 = 2 temos • y′ = f (y) > 0, para y < y4 = 2 • y′ = f (y) < 0, para y > y4 = 2. O que implica que se y(0) é próximo de y4 = 2 a solução correspondente y(t) está se afastando de y4 = 2, quando t cresce. t y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 (b) Os pontos de equilíbrio são as raízes de f (y) = y(y2 + 3y + 2), ou seja, y1 = −2, y2 = −1 e y3 = 0. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 263 y(y + 1)(y + 2) 0 -1 – – 0 -2 – – + + 0 0 + +- y + 1 0 – – – – – – + + - y + 2 0 + + + + + + + – – - y 0 – – – – – – – – + +- -6 -4 -2 2 4 6 -3 -2 -1 1 2 3 y y’=f(y) i. y1 = −2 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y1 = −2 temos • y′ = f (y) < 0, para y < y1 = −2 • y′ = f (y) > 0, para y > y1 = −2. O que implica que se y0 = y(0) é próximo de y1 = −2 a solução correspondente y(t) está se afastando de y1 = −2, quando t cresce. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 264 Equações Diferenciais de 1a. Ordem ii. y2 = −1 é ponto de equilíbrio estável pois para valores de y próximos de y2 = −1 temos • y′ = f (y) > 0, para y < y2 = −1 • y′ = f (y) < 0, para y > y2 = −1. O que implica que se y0 = y(0) é próximo de y2 = −1 a solução correspondente y(t) está se aproximando de y2 = −1, quando t cresce. iii. y3 = 0 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y3 = 0 temos • y′ = f (y) < 0, para y < y3 = 0 • y′ = f (y) > 0, para y > y3 = 0. O que implica que se y(0) é próximo de y3 = 0 a solução correspondente y(t) está se afastando de y3 = 0, quando t cresce. t y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 (c) Os pontos de equilíbrio são as raízes de f (y) = y(y − 1)2(y − 2), ou seja, y1 = 2, y2 = 1 e y3 = 0. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 265 y(y − 1)2(y − 2) 0 1 – – 0 0 + + – – 0 2 + +- (y − 1)2 0 + + + + + + + + - y 0 + + + + + + + – – - y − 2 0 – – – – – – – – + +- -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 -3 -2 -1 1 2 3 y y’=f(y) i. y1 = 2 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y1 = 2 temos • y′ = f (y) < 0, para y < y1 = 2 • y′ = f (y) > 0, para y > y1 = 2. O que implica que se y0 = y(0) é próximo de y1 = −2 a solução correspondente y(t) está se afastando de y1 = 2, quando t cresce. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 266 Equações Diferenciais de 1a. Ordem ii. y2 = 1 é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y2 = 1 temos • y′ = f (y) < 0, para y < y2 = 1 • y′ = f (y) < 0, para y > y2 = 1. O que implica que se y0 = y(0) é próximo de y2 = 1, com y0 < y2 = 1, a solução correspondente y(t) está se afastando de y2 = 1, quando t cresce. iii. y3 = 0 é ponto de equilíbrio estável pois para valores de y próximos de y3 = 0 temos • y′ = f (y) > 0, para y < y3 = 0 • y′ = f (y) < 0, para y > y3 = 0. O que implica que se y(0) é próximo de y3 = 0 a solução correspondente y(t) está se aproxi- mando de y3 = 0, quando t cresce. t y -3 -2 -1 1 2 3 -3 -2 -1 1 2 3 7.6. Os pontos de equilíbrio são y1 = 0, y2 = yL e y3 = yM. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 1.9 Respostas dos Exercícios 267 y(yM − y)(y − yL) 0 yL + + 0 0 + + – – 0 yM – –- y − yL 0 – – – – – – + + + + +- y 0 + + + + + + + – – - yM − y 0 + + + + + + + + – –- -6 -4 -2 2 4 6 yL yM y y’=f(y) (a) y1 = 0 é ponto de equilíbrio estável pois para valores de y próximos de y1 = 0 temos • y′ = f (y) > 0, para y < y1 = 0 • y′ = f (y) < 0, para y > y3 = 0. O que implica que se y0 = y(0) é próximo de y1 = 0 a solução correspondente y(t) está se aproxi- mando de y1 = 0, quando t cresce. (b) y2 = yL é ponto de equilíbrio instável pois para valores de y próximos de y2 = yL temos • y′ = f (y) > 0, para y < y2 = yL • y′ = f (y) < 0, para y > y2 = yL. O que implica que se y(0) é próximo de y2 = yL a solução correspondente y(t) está se afastando de y2 = yL, quando t cresce. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 268 Equacées Diferenciais de 14 Ordem (c) y3 = ym € ponto de equilibrio estavel pois para valores de y proximos de y3 = yy temos ° y= fly) > 0, para y < ys = ym * y= fly) <0, paray > y3 = ym. O que implica que se yo = y(0) é prdximo de y3 = yy a solucdo correspondente y(t) esta se aproximando de y3 = ym, quando ft cresce. —— 8. Existéncia e Unicidade@paégina163) 8.1. (a) of y ty)=/y-4 => 4 =—2_. flty) = Vy ay yaa Para os pontos (to, yo) € R* tais que yo < —2 ou yo > 2 0 problema de valor inicial tem solugéo unica. (b) of t flty)= Vy = ay 2Viy Para os pontos (to, yo) € R? tais que yofo > 0 0 problema de valor inicial tem solugao unica. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 269 (c) ; ; y of 2tYy ty) = == f(t-y) Py > day (2 +P) Para os pontos (fo, yo) € R? tais que (to, yo) # (0,0) o problema de valor inicial tem soluc¢do unica. (d) if y fiy=ti-~P se5b=-h oy _ y? Para os pontos (to, yo) € R? tais que —1 < yo < 1 0 problema de valor inicial tem solucdo tnica. “ 2t af 3t _~“7Yy Cy f(b y) = t—2y 7 oy (t—2y)2 Para os pontos (fo, yo) € R? tais que yg 4 tg/2 0 problema de valor inicial tem solucdo tnica. (f) ; 2ty of —2t ty=— SE fy) = Wop dy (y—P)? Para os pontos (to, yo) € IR* tais que yo 4 #4 o problema de valor inicial tem solucao tinica. 8.2. (a) wat? tf? PO 2-1 Det) t t g(t) = f—1 (f-1)(t+1)' Como fg = 0, entaéo o problema de valor inicial tem solucdo no intervalo —1 < ft < 1. (b) , , PUY) = a = (t—1)(t+1) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 270 Equacées Diferenciais de 1? Ordem ? t? a) = = GoyETy #—1 (f-1)(t+1) Como fg = 2, entaéo o problema de valor inicial tem solucdo no intervalo t > 1. (c) t+1 t+1 p(t) = t2—t t(t—1) ef et a(t) = f—t #t—1)° Como ftp = —1, entaéo o problema de valor inicial tem solucaéo no intervalo t < 0. (d) t+3 t+3 t = OOS p(t) t—t t(t—1) cost cost a(t) = f—t t(t—1) Como fg = 2, entéo o problema de valor inicial tem solucdo no intervalo t > 1. 8.3. Seja t fixo, tal que a <t < B. Pelo Teorema do Valor Médio, dados y ez com 6 < y,z < 7 existe ¢ entre y ez tal que of flty) — f(t2) = ay (6) (y—2). . of , ~ Sejaa = max.|—(t,w)|. Tomando-se o médulo da equagdo acima obtemos o<w<y oy of f(y) — f(t 2)| = ay (6) ly—2z| <aly—zl. Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 1.9 Respostas dos Exercicios 271 8.4. Seja x* 0 maximo entre a, o valor de t < fo tal que 4 (erlt-t — 1) = yeo valor det < fg tal que —4 (etl — 1) = 5. Seja B* o minimo entre B, 0 valor de t > to tal que 4 (ctlt=) = 1) = yeo valor de t > to tal que —2 (etitt) — 1) = 6. Vamos mostrar, por inducdo, que b lyn(t) —yol <= (etl —1), paran* <t< B* e assim que 6 < yn(t) < y,paraa* <t < p*. lyi(t)— yo] < blt—to| f Sa" "|t— tol" _ b a\t—to| 7 by n! a (c — 1) Vamos supor, por inducao, que n—2 It _ to|"t \Yn—1(t) — Yn—2(t)| <a MDE : b lvx(t) — yol < = (et! -1), parak =1,...,n—lea* <t< p* eassim que d < y(t) < y, parak =1,...,n-1lea* <t < f*. Entao, por (1.65) na pagina 159, -1, |= tol” lyn(t) — Yn—r(t)| <a” ‘bh — e assim n lyn(t) vol < dy lye(t) — ye-a(4)| k=1 oa" "ttyl" D7 ay < b i a a|t to| _ 1 ~ Xu n! a C ) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 272 Equações Diferenciais de 1a. Ordem Figura 1.52. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.35 para t0 = 0 e y0 = 1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 t y Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE 2a. ORDEM Para as equações diferenciais lineares de 2a. ordem é válido um resultado semelhante ao que é válido para equações lineares de 1a. ordem (Teorema 1.2 na página 156) com relação a existência e unicidade de soluções, mas a demonstração, infelizmente, não é tão simples quanto naquele caso e será apresentada somente ao final do Capítulo 4. 274 2. EquacdespDiferenciais Lineares de 2 Ordem Teorema 2.1 (Exist6ncia e Unicidade). O problema de valor inicial { y" + pty! + a(éy = F(é) y(to) = yo, y'(to) = Yor para p(t),q(t) e f(t) funcées continuas em um intervalo aberto I contendo to tem uma tinica solucdo neste intervalo. Exemplo 2.1. Vamos determinar o intervalo maximo em que o problema de valor inicial ny 1 ;_, sent ve Yeoh ey oe a y(to) = Yo, y'(to) = Yo, tem solucdo. Para esta equacdo 1 sent ef t)=——, q(t) = ——, f(t)=—. rW=~ >a) ==, fo=5 Assim, p(t),q(t) e f(t) sao continuas para t # +2,0. Se fg < —2 (por exemplo, to = —3), entéo.o PVI tem uma tnica solugéo no intervalo t < —2. Se —2 < tg < 0 (por exemplo, tg = —1), entéo o problema de valor inicial tem uma tinica solugdo no intervalo —2 < t < 0. Se 0 < tg < 2 (por exemplo, tg = 1), entéo 0 problema de valor inicial tem uma tnica solucaéo no intervalo 0 < t < 2. Se tg > 2 (por exemplo, to = 3), entéo o PVI tem uma tinica solucéo no intervalo t > 2. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.1. Equacgdes Homogéneas - Parte | 275 2.1 Equacoes Homogéneas - Parte | Uma equacao diferencial linear de 2? ordem é homogénea'se ela pode ser escrita como y+ plt)y! + a(t)y = 0. (2.1) Para as equacoes lineares homogéneas é valido 0 principio da superposicao. Teorema 2.2 (Principio da Superposicao). Se y(t) e y2(t) sao solugdes da equacao homogénea (2.1), entiio y(t) = cryi(t) + coyo(t) (2.2) para cy e C2 constantes, também o é. Demonsiracao. Vamos verificar que realmente y(t) dado por (2.2) é solucao de (2.1). y"(E) + p(t)y'(#) Falty(t) = = (crys (t)tecoyalt))” + p(t) (crys (t) + coyo(t))’ +4(t) (crya(t) + coya(t)) = cyt + cays + crp(E)yi (t) + cop(#)ya(t) + crg(t)ya (E) + cog(t)y2() = er (i(t) + plt)yr (4) + a(t) (4) +02 (ya) + pl yo(t) + 4H y2(t)) esSsSssaaanananpypapnhmnaom§4n;n;nsso7 _—_—_osapauuots§n;n sae” =0 =0 = cy:0+c2-0=0, pois y1(t) e€ y2(t) sao solugGes de (2.1). a Julho 2016 Reginaldo J. Santos 276 Equagdes~Diferenciais Lineares de 2 Ordem Observe que a funcao nula, que é igual a zero para todo t é solugao da equagao homo- génea (2.1). Usando a linguagem da Algebra Linear podemos dizer que 0 conjunto das solugdes de uma equacao diferencial linear homogénea é um subespaco vetorial. yr (t)+y2(t) y(t) * Figura 2.1. Soma de solucdes de ufna equacao Figura 2.2. Multiplicagéo de solugéo de uma diferencial homogénea equacao diferencial homogénea por escalar 2.41 Solugdes Fundamentais Considere, agora, o problema de valor inicial { y" + p(y! + q(ty = 0, (2.3) y(to) = yo, y"(to) = Yor em que yo e ¥ So condig6es iniciais dadas no problema. Introdugao as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.1. Equagdes Homogéneas - Parte | 277 Vamos determinar condicg6es sobre duas solugées y1(t) e y2(t) de (2.1) para que existam constantes c, e€ C2 tais que y(t) = cyy1(t) + coy2(t) seja solucdo do problema de valor inicial (2.3). Substituindo-se t = tg na solugdo da equagao diferencial, y(t) = c1y1(t) + coya(t), e na sua derivada, y’(t) = cyy/,(t) + c2y(#), obtemos o sistema (algébrico) de equa- cdes lineares { ciyi(to) + caya(to) = Yo Cry (to) + cayp(to) = Yo que pode ser escrito na forma AX =B em que A= Pa) yo(to) IE x= | cy eo B= | |. (to) ¥2 (to) C2 Yo Se a matriz do sistema A é invertivel, entéo para todo par de condicées iniciais (Yo, Yp) 0 sistema tem uma tinica solugao (c1,c2) (a solugdo 6 X = A~1B). Mas uma matriz quadrada é invertivel se, e somente se, o seu determinante é diferente de zero. Qu seja, se to) y2(to) det y1 (to 0, Hs) he | entao para todo par de condicGes iniciais (yo, yp) existe um tnico par de constantes (cy,C2) tal que y(t) = cyy1(t) + coyo(t) € solucdo do problema de valor inicial (2.3). Se além disso as solugées y(t) e y2(t) estaéo definidas num intervalo I, onde p(t) e q(t) sdo continuas, entaéo pelo Teorema 2.1 de Existéncia e Unicidade, y(t) = cryr(t) + coya(t) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 278 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem é a Gnica solucdo do PVI no intervalo I e assim temos 0 resultado a seguir: Teorema 2.3. Sejam y,(t) e y2(t) duas solugées da equagio (2.1) em um intervalo aberto I, onde p(t) e q(t) sao continuas, tais que, em um ponto to € I, to) y2(to) det | / 1 (to 0. [Hoy eo) | * Entéo, para todo par de condicées iniciais (yo, yo), existem constantes cy e Cz tais que o problema de valor inicial { y" + pty! + a(t)y = 0, y(to) = yo, y'(to) = Yo tem como tinica solucao no intervalo I, y(t) = cryi(t) + eoya(t). Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.1. Equagdes Homogéneas - Parte | 279 Definicao 2.1. (a) O determinante to) y2(to) Wlyt-yal(to) = det | ¥3{%0 [y1, y2] (to) | y(to) yh(to) é chamado wronskiano das fungGes y;(t) e y2(t) em fo. (b) Se duas solucées y(t) e y2(t) de (2.1), em um intervalo aberto I, onde p(t) e q(t) sao continuas, sao tais que o seu wronskiano é diferente de zero em um ponto tg € I dizemos que elas sao solucées fundamentais no intervalo I da equacao diferencial (2.1). Teorema 2.4. Se y(t) e y2(t) sao solucdes fundamentais de (2.1) em um intervalo aberto I, onde p(t) e q(t) sao continuas, entao a familia de solugdes y(t) = cryi(t) + coya(t), (2.4) para constantes c, e C2 arbitrdrias é a solucdo geral de (2.1) em I. Demonsiracad. Seja z(t) uma solucao qualquer de (2.1) no intervalo I. Como y1(t) e y2(t) sao solugdes fun- damentais em I, existe um ponto fy € I tal que W[y1,¥2|(to) # 0. Considere o PVI formado por (2.1) e as Julho 2016 Reginaldo J. Santos 280 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem condig6es iniciais y(to) = z(to) e y'(to) = z’(to), entéo pelo Teorema 2.3 existem constantes c1 e C2 tais que z(t) = cryr(t) + c2ya(t). a Assim, para encontrar a solucao geral de uma equacao diferencial linear homogénea de 2? ordem (2.1) em um intervalo I, precisamos encontrar duas solug6es funda- mentais da equacao (2.1), ou seja, duas solucdes y(t) e y2(t) tais que em um ponto to El to) y2(to) det yy (to 0. Fe ikea) | # Exemplo 2.2. Seja b um nimero real néo nulo. Vamos mostrar que y;(t) = cos bt e y2(t) = sen bt sdo solucdes fundamentais da equacao y’ +b’y =0. Como yj (t) = —bsenbt, y(t) = —b* cos bt, y5(t) = bcos bt e ys (t) = —b* sen bt, entao y| + b?y, = —b’ cos bt + b cos bt = 0 e ys + Wy2 = —b* sen bt + b’ senbt = 0. Assim, y;(t) € y2(t) sao solugdes da equacao y” + b?y = 0. Além disso, yi(t) Yyo(t) | cosbt senbt | _ 2 ty det y(t) y(t) | a det _bsenbt beosbt | = b(cos* bt+-sen* bt) =b #0 paratodot € R. Portanto, y;(t) = cos. bt e y2(t) = sen bt sao solucdes fundamentais de y"” + b?y = 0 e a solucao geral da equacao diferencial é y(t) = cy cos bt + cy sen bt. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.1. Equagdes Homogéneas - Parte | 281 Dependéncia Linear Dizemos que duas fung6es y;(t) e y2(t) so linearmente dependentes (LD) em um intervalo I, se uma das funcgdes é um miultiplo escalar da outra, ou seja, se yi(t) =ay2(t) ou yo(t)=ayi(t), para todot € I. Caso contrario, dizemos que elas sdo linearmente independentes (LI). Se duas funcédes sao LD em um intervalo I, entao t) yo(t) Wly1, t) = det yi =0, ara todot € I, i eet i ee) P pois uma coluna da matriz acima é um miultiplo escalar da outra. Assim, vale o seguinte resultado. Teorema 2.5. Se y(t) e y2(t) sao funcées diferencidveis em um intervalo I, tais que to) y2(to) Wly1, to) = det yi (to 0, paraalgum to € I, [y1, Y2] (to) | yi (to) yj(to) # P Sum 10 entdo y(t) e y2(t) sao linearmente independentes (LI) em I. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 282 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Figura 2.3. y1(t) e y2(t) soluções funda- mentais de uma equação diferencial linear homogênea y2(t) y1(t) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.1 Equações Homogêneas - Parte I 283 Usando a linguagem da Álgebra Linear podemos dizer que duas soluções fun- damentais formam uma base para o subespaço das soluções de uma equação homo- gênea (2.1), pois elas são LI e geram o subespaço (toda solução é uma combinação linear delas). Observe que o wronskiano pode ser calculado para quaisquer par de funções mesmo que elas não sejam soluções de uma equação diferencial. Também os con- ceitos de dependência e independência linear são definidos para duas funções que podem ou não ser soluções de uma equação diferencial. Exemplo 2.3. Seja b um número real não nulo. Mostramos no exemplo anterior que y1(t) = cos bt e y2(t) = sen bt são soluções fundamentais da equação y′′ + b2y = 0. Portanto, elas são soluções LI da equação diferencial. A recíproca do Teorema 2.5 não é verdadeira, ou seja, duas funções podem ser LI com W[y1, y2](t) = 0, para todo t ∈ R. Vejamos o próximo exemplo. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 284 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem set>0 . _ 2 _ _ ae Exemplo 2.4. Sejam y(t) = 7 e y2(t) = t|t| = { 2 sete” tlt Whnwal(e) =det| 5, 3h! | =o. Apesar do wronskiano ser zero para todo t € R as fungées y; e y2 sao LI, pois uma funcdo nao é miultiplo escalar da outra. Pois, para t > 0, y2(t) = yi(t) e para t < 0, yo(t) = —yr(#). Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.1 Equacdes Homogéneas - Parte | 285 2.1.2 Formula de Euler Considere um nimero complexo r = a + ib. Queremos definir a funcaéo exponen- cial y(t) = e(*+#)*, t R, de forma que satisfaga as propriedades e(atib)t - pat pibt (2.5) d rt _ rt it (c') = re (2.6) Observamos que a funcdo.z(t) =e!” 6 solucdo da equacdo z” + b*z = 0. Pois pela propriedade (2.6): z!(t) = ibe, 2!"(t) = —bel* = —b?z(t) e assim z(t) + b?z(t) = 0. Portanto, z(t) = e’”' é solucao do problema de valor inicial z’!+b?z=0, z(0) = 1,2z'(0) = ib. Como mostramos no Exemplo 2.2 na pagina 280 que y1(t) = cosbt e yo(t) = sen bt sao solucdes fundamentais de z” + b?z = 0, ent&o pelo Teorema 2.3 na pagina 278 existem constantes cj e C2 tais que z(t) =e”! = cy cos bt + cz sen bt. (2.7) Vamos determinar estas constantes c; e c2. Substituindo-se t = 0 na equacao (2.7) obtemos que c; = 1. Derivando a equagao (2.7) em relacdo a t obtemos ibe!”t = —cybsenbt + cyb cos bt. (2.8) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 286 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Substituindo-se t = 0 na equação (2.8) obtemos que c2 = i. Assim, substituindo-se c1 = 1 e c2 = i já obtidos na equação (2.7) obtemos eibt = cos bt + i sen bt. Tomando t = 1 obtemos eib = cos b + i sen b, (2.9) que é conhecida como fórmula de Euler. Pela propriedade (2.5), temos que e(a+ib)t = eateibt = eat(cos bt + i sen bt). (2.10) Exemplo 2.5. Usando a fórmula de Euler temos que eiπ = −1, ei π 2 = i, eln 2+ π 4 i = √ 2 + i √ 2, que foram obtidas fazendo em (2.10) t = 1 e a = 0, b = π; a = 0, b = π 2 ; a = ln 2, b = π 4 , respectivamente. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.1. Equagdes Homogéneas - Parte | 287 Exercicios (respostas na pagina 412) 1.1. Considere a equacao diferencial y” — w*y = 0, para w > 0. (a) Mostre que y(t) = cye@'!-) + cye“('-4), para a € R fixo, 6 solucdo geral da equacdo diferencial. (b) Mostre que y(f) = cy cosh(w(t — a)) + cp senh(w(t — a)), paraa € R fixo, é solucdo geral da equacao diferencial. 1.2. Considere a equacao diferencial (x+3)y"+ (x+2)y'=y =0. (a) Encontre uma solucdo da equacao diferencial da forma yi(x) =e", para r um numero real fixo. (b) Encontre uma solucao da equacao diferencial que seja uma fungao de 1o grau. (c) Encontre a solucao geral da equacao diferencial. (d) Encontre a solugéo do PVI (x +3)y" + (x+2)y'—y=0, y(1) = Ly") = 3. 1.3. As equacées de Euler sao equacgées que podem ser escritas na forma xy" + bxy’ +cy=0, emqueb,c eR. (2.11) Mostre que existem valores constantes de r tais que y(x) = x” é uma solucdo de (2.11). Além disso, mostre que y(x) = x” é solucdo da equacao (2.11) se, e somente se, r?+(b—1)rt+c=0, (2.12) A equacao (2.12) é chamada equacao indicial de (2.11). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 288 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 1.4. Mostre que se a equação indicial (2.12) tem duas raízes reais (distintas), r1 e r2, então y1(x) = xr1 e y2(x) = xr2 são soluções fundamentais de (2.11) e portanto y(x) = c1xr1 + c2xr2 é a solução geral de (2.11), para x > 0. 1.5. Se a equação indicial (2.12) tem duas raízes complexas, r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, use a fórmula de Euler para escrever a solução geral complexa em termos das soluções reais, para x > 0, u(x) = xα cos(β ln x) e v(x) = xα sen(β ln x). Mostre que estas soluções são soluções fundamentais de (2.11) e portanto y(x) = c1xα cos(β ln x) + c2xα sen(β ln x) é a solução geral de (2.11), para x > 0. 1.6. Se a equação indicial (2.12) tem somente uma raíz real, mostre que y1(x) = x 1−b 2 e y2(x) = x 1−b 2 ln x são soluções fundamentais de (2.11) e portanto a solução geral de (2.11), para x > 0, é y(x) = c1x 1−b 2 + c2x 1−b 2 ln x. 1.7. Use os exercícios anteriores para encontrar a solução geral das seguintes equações: (a) x2y′′ + 4xy′ + 2y = 0 (b) x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0 (c) x2y′′ + 3xy′ + 5y = 0 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.1 Equacdes Homogéneas - Parte | 289 1.8. Baseado no Teorema 2.1 na pagina 274, determine um intervalo em que os problemas de valor inicial abaixo tem uma tnica solugdo, sem resolvé-los: (a) (P Dy" +(t-2)y=t ©) (P Hy" + (e+ Dy tye a c yO) = yo, '(0) =o ¥(=1) = yor y'(-Y) = vo b) (P—1)y"+y +ty=P @ (t? — t)y! + (t+3)y' + 2y = cost y(2) =o, y'(2) = yo y(2) = yo, y'(2) = Yo 1.9. Considere a equacéo homogénea y” + p(t)y’ + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) fungdes continuas num inter- valo I. Usando o Teorema 2.1 na pagina 274 mostre que esta equacao tem solucdes fundamentais. 1.10. Mostre que y(t) = sen(#?) nao pode ser solucdo de uma equagao diferencial y” + p(t)y’ + q(t)y = 0,com p(t) e q(t) continuas num intervalo contendo t = 0. 1.11. Considere a equacgdo ty” = (24 #7)y’ + 3ty = 0. Mostre que y(t) = f° e y2(t) = f*|t| sao solucdes LI desta equacdo validas para todo t € R, embora Wly1, 2] (t) = 0, para todot € R. 1.12. Considere a equacio homogénea y” + p(t)y’ + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) fungdes continuas num inter- valo aberto I. Sejam y(t) e y2(t) duas solugdes desta equac4o no intervalo I. Mostre que se y;(t) e y2(t) sao LI, entao elas séo solucdes fundamentais da equacao diferencial em I. Sugestaéo: mostre que se y;(t) e ¥2(t) nado sao solucdes fundamentais da equacao diferencial, entao y;(t) e y2(t) sao LD. 1.13. (Teorema de Abel) Considere a equacéo homogénea y” + p(t)y' + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) fungdes con- tinuas num intervalo I. Sejam y(t) e y2(t) duas solugdes desta equacdo no intervalo I. Seja W[y1, y2|(t) o wronskiano de yj(t) e y2(t) no intervalo I. Mostre que: (a) Wlyr,y2l"(4) = yil)ys (ft) — volt () (b) W[y1,y2](t) satisfaz a equacao diferencial y’ + p(t)y = 0 no intervalo I. Why yal(#) = ce FP". Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 290 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem (d) W[y1, y2](t) = 0, para todo t ∈ I ou W[y1, y2](t) ̸= 0, para todo t ∈ I. 1.14. Mostre que se y1(t) e y2(t) são soluções fundamentais da equação y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0 num intervalo I, então p(t) = y2(t)y′′ 1 (t) − y1(t)y′′ 2 (t) W[y1, y2](t) e q(t) = −y′ 2(t)y′′ 1 (t) − y′ 1(t)y′′ 2 (t) W[y1, y2](t) , para t ∈ I. Sugestão: substitua y1(t) e y2(t) na equação diferencial e resolva o sistema correspondente para p(t) e q(t). Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.2. Equações Homogêneas - Parte II 291 2.2 Equações Homogêneas - Parte II 2.2.1 Obtendo-se uma Segunda Solução (Redução de Ordem) Considere uma equação linear de 2a. ordem homogênea y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0. (2.13) Seja y1(t) uma solução conhecida da equação acima num intervalo I onde p(t) e q(t) são contínuas e tal que y1(t) ̸= 0 para todo t ∈ I. Vamos procurar uma segunda solução da equação (2.13) da forma y(t) = v(t)y1(t). Derivando-se esta expressão obtemos y′(t) = vy′ 1 + y1v′ e y′′(t) = vy′′ 1 + 2y′ 1v′ + y1v′′. Substituindo-se y(t), y′(t) e y′′(t) na equação (2.13) obtemos (vy′′ 1 + 2y′ 1v′ + y1v′′) + p(t)(vy′ 1 + y1v′) + q(t)vy1 = 0. Colocando-se em evidência v′′, v′ e v obtemos y1v′′ + (2y′ 1 + p(t)y1)v′ + (y′′ 1 + p(t)y′ 1 + q(t)y1)v = 0. Como y1(t) é solução da equação (2.13), então y′′ 1 + p(t)y′ 1 + q(t)y1 = 0 e assim a equação anterior se torna y1v′′ + (2y′ 1 + p(t)y1)v′ = 0. (2.14) Fazendo a mudança de variáveis w(t) = v′(t), a equação (2.14) se transforma em y1w′ + (2y′ 1 + p(t)y1)w = 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 292 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Esta 6 uma equacao de la. ordem linear, que pode ser transformada na equacdo separavel w' 2y', = = -Ue pit) Y1 Integrando-se em relagdo a t obtemos In |w| = —21n y| — [plat +e, que usando propriedade do logaritmo pode ser reescrita como In oy} = — | pleat +e. Explicitando w(t) obtemos (t) 4 e J p(t)dt _ e J p(t)dt _ Le w(t) = £——_,—._ = ¢}; —_.—, em que ¢ = +e’. y(R (ee Como w(t) = v'(t), entéo (t) / (t)dt / ef (2.15) v(t)= /w = | —7-4t+%. . ‘y(t? ; Tomando-se ¢2 = 0 e ¢, = 1 obtemos (t) / et p(t)dt dt v(t) = | —— dt. y(t)? Substituindo-se v(t) em y(t) = v(t)y1(t) obtemos uma segunda solucado da equacgdo (2.13) (=o) =n) [aw @.16 9 =0 1 =Y4 / —7 al. . yi (t) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.2 Equacdes Homogéneas - Parte || 293 Vamos ver que y;(t) dada e y(t) obtida por (2.16) sao solugdes fundamentais da equacao (2.13). — J plt)at t t y(t) yilt) f Sope at Winwnl() = det] Yt) | act | NON? cay pelt etn 1 2 yy (F) Y(t) Sap t+ AH = e Jr 49 paratodot € I. Assim, se y;(t) € uma solugdo conhecida da equacdo (2.13) e y2(t) é dada por (2.16) entao y(t) = cryr(t) + coye(E) é solucdo geral da equacao (2.13). Atencao: Atribuindo-se diferentes valores a ¢, e a 2 em (2.15) obtemos uma infinidade de fung6es v(t), mas precisamos de apenas uma tal que W|y1,vy1|(f9) 4 0 para algum ponto ty. Vocé pode escolher @ e € da maneira que vocé quiser, com excecdo de ¢ = 0, pois neste caso terfamos y2(t) = y;(t)v(t) = G2y1(t) e assim teriamos W[y1, y2|(t) = 0, para todo t € I. No préximo exemplo vamos usar a equacdo (2.14) para encontrar uma 2a. solucdo da equacao diferencial. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 294 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Exemplo 2.6. Sejam a, b, c ∈ R, com a ̸= 0. Considere a equação ay′′ + by′ + cy = 0 com b2 − 4ac = 0. (2.17) Deixamos como exercício verificar que y1(t) = e− b 2a t é uma solução da equação diferencial (2.17). Vamos procurar uma segunda solução da forma y(t) = v(t)y1(t) = v(t)e− b 2a t. Vimos na equação (2.14) que v(t) é solução da equação diferencial y1v′′ + (2y′ 1 + p(t)y1)v′ = 0. Como, aqui, p(t) = b/a, então v(t) é solução da equação e− b 2a tv′′ + (−b ae− b 2a t + b ae− b 2a t)v′ = 0. Dividindo-se por e− b 2a t obtemos v′′ = 0. Seja w(t) = v′(t). Então, a equação v′′ = 0 torna-se w′ = 0 que tem solução w(t) = ˜c1. Resolvendo-se a equação v′(t) = w(t) = ˜c1 obtemos v(t) = ˜c1t + ˜c2 e y(t) = v(t)y1(t) = (˜c1t + ˜c2)ert. Tomando-se ˜c2 = 0 e ˜c1 = 1 obtemos uma segunda solução, que chamamos de y2(t), da equação diferencial (2.17) y2(t) = tert. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.2 Equacdes Homogéneas - Parte || 295 rt rt b ~ . Vamos ver que y;(t) = e" e y2(t) = te, em quer = — 5,7 580 solucgées fundamentais da equacao diferencial (2.17) yi(t) ya(t) | _ en te “et | wit) whit) | ~ S| ret tebe" _— 2rt 1 t ~ © act] r (1+7t) = +40, paratodot ER. Assim, y(t) =cye"™ + cote", emquer= -y éa solucdo geral da equacao ay” + by’ + cy =0, tal que b? — 4ac=O0ea £0. 2.2.2 /Eqtacoes Homogéneas com Coeficientes Constantes Vamos tratar equacdes da forma ay” +by'+cy=0, paraa,b,ce€R,a40. (2.18) Vamos mostrar que para esta equacao existem valores constantes de r tais que y(t) = e éuma solucao. Substituindo-se y(t) = e”, y'(t) = re e y(t) = 12e" em (2.18) obtemos are" + bre" + ce = (ar? + br +c)e' =0. Dividindo-se por e’' 4 0, obtemos que y(t) = e” é solucdo de (2.18) se, e somente se, r € solugdo da equacao ar> + br+c=0, (2.19) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 296 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem que é chamada equacao caracteristica de (2.18). Observe que a equacao caracteristica pode ser obtida da equacao diferencial com coeficientes constantes trocando-se y" por 17, y' por r ey por 1. Como uma equacao de 2° grau pode ter duas raizes reais, somente uma raiz real ou duas raizes complexas, usando a equacao caracteristica podemos chegar a trés situac6es distintas. A Equacao Caracteristica Tem Duas Raizes Reais Se A = b? — 4ac > 0, entéoa equac¢ao caracteristica de (2.18) tem duas raizes reais (distintas), r1 e r2. Neste caso y(t) =e e yo(t) =e sdo solugdes fundamentais, pois o wronskiano de y;(t) = e"!! e y(t) =e é _ y(t) yo(t) | ert ert W(y1,y2](t) = det TAG) y5(£) = det ret ryer2t = elie’! det tol Yr, 12 = (r—n)e"t2)! 40, paratodot ER. Assim, no caso em que a equacao caracteristica tem duas raizes reais distintas 11 e 12, y(t) = cyel™! + coe’! é a solucdo geral de (2.18). Exemplo 2.7. Seja w um ntmero real positivo. Vamos encontrar a solucdo geral da equacao y! — wy =0. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.2 Equações Homogêneas - Parte II 297 A equação característica desta equação diferencial é r2 − ω2 = 0, que tem como raízes r1 = ω e r2 = −ω. Assim, a solução geral da equação diferencial acima é y(t) = c1eωt + c2e−ωt. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 298 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem -4 -2 2 4 -4 -2 2 4 t y -4 -2 2 4 -4 -2 2 4 t y Figura 2.4. y1(t) = t2 e y2(t) = t|t| são LI mas o wronskiano é igual a zero para todo t Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.2 Equações Homogêneas - Parte II 299 Figura 2.5. Algumas soluções da equação do Exemplo 2.7 tais que y(0) = y0 y0 t y Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 300 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem A Equação Característica Tem Somente Uma Raiz Real Se ∆ = b2 − 4ac = 0, então a equação característica (2.19) tem somente uma raiz real r = − b 2a. Neste caso, y1(t) = ert = e− b 2a t é solução da equação diferencial (2.18). No Exemplo 2.6 na página 294 mostramos como encontrar uma segunda solução para esta equação. Lá mostramos que y2(t) = tert = te− b 2a t também é solução da equação (2.18) e que y1(t) = e− b 2a t e y2(t) = te− b 2a t são soluções fundamentais da equação diferencial (2.18). Portanto, no caso em que a equação característica tem somente uma raiz real r = − b 2a, y(t) = c1e− b 2a t + c2te− b 2a t é a solução geral de (2.18). Exemplo 2.8. Vamos encontrar a solução geral da equação y′′ + 2y′ + y = 0. A equação característica é r2 + 2r + 1 = 0 que tem como raiz r1 = −1. Assim, a solução geral da equação é y(t) = c1e−t + c2te−t. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.2 Equações Homogêneas - Parte II 301 Figura 2.6. Algumas soluções da equação do Exemplo 2.8 tais que y(0) = y0 y0 t y Julho 2016 Reginaldo J. Santos 302 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem A Equacao Caracteristica Tem Duas Raizes Complexas Se A = b* —4ac < 0, entaoa equacao caracteristica (2.19) tem duas raizes comple- xas, que sdo conjugadas, ou seja, se ry = a +16 €uma raiz da equacao caracteristica (2.19), entéo a outra raiz € r2 = a — iB. Neste caso, pela formula de Euler (2.10) temos: y(t) = et! = elt +'B)t — et (cos Bt +isenBt) e y(t) = et?! = (‘Bt — e@(cos(—Bt) + isen(—ft)) = e*' (cos Bt — isen ft). Pela andlise feita no inicio dessa sec4o sabemos que y;(t) = e’!! e y2(t) = e”! sao solugdes (complexas) da equacao diferencial (2.18). Além disso, assim como quando rj € 2 SAO reais, o wronskiano _ yi(t) y2(t) | _ ert ett Wly1,y2|(t) = det | y/, (t) y(t) = det revit pert = etter! det | tol ry 12 = (rp —1ry)e™ +12)! = —2iBe £0, VEER, ou seja, y(t) e y2(t) sao solucdes fundamentais de (2.18). Assim, no caso em que a equacao caracteristica tem duas raizes complexas 1; = « + iBe rz = a — if, y(t) = Cre + Coe!, Cy, EC éa solucado geral complexa de (2.18). Vamos encontrar um conjunto fundamental de solugGes reais. A solugdo geral complexa pode ser escrita como y(t) _ Cy eet ib )t +4 Coe(*—iB)t = Cye (cos Bt +isen Bt) + Cre“ (cos Bt — isen Bt) = (Cy +Cr)e™ cos Bt + i(Cy — Cr)e“' sen Bt (2.20) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.2 Equacdes Homogéneas - Parte || 303 1 a at Tomando C, = C) = zem (2.20), temos a solugdo real.u(t) = e** cos Bt. 1 Tomando C; = —C) = 57 temos a solucdo real v(t) = e“' sen Bt. Vamos mostrar, agora, que se as raizes da equacao caracteristica sio complexas, entdo u(t) e v(t) sao solugdes fundamentais de (2.18). _ u(t) o(t) _ ce"! cos Bt e“! sen Bt W[u, o](#) = det | u'(t) v'(t) = det e“!(acos Bt — Bsen Bt) e*'(asen Bt + Bos Bt) _— pat cos Bt sen Bt cosBt sen ft ~ @ (« get | cos Bt sen Bt + Bdet | _ sen Bt cos Bt = per 40, paratodot ER. Assim, no caso em que a equacdo caracteristica tem duas raizes complexas r; = a+iper, = «— if, y(t) = cye“! cos Bt + cre" sen Bt é a solugdo geral de (2.18). Exemplo 2.9. Seja w um ntmero real positivo. Vamos encontrar a solucdo geral da equacao y! +o°y =0. A equacao caracteristica desta equacao diferencial ¢ 1? + w* = 0, que tem como raizes 11 = iw er2 = —iw. Assim, a solucao geral da equacao diferencial acima é y(t) = cy coswt + cp senwt. (2.21) Escrevendo 0 par (ci,c2) em coordenadas polares temos que Julho 2016 Reginaldo J. Santos 304 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem y : cy = Rcosd, R { Co = Rsenod. (2.22) 5 : C1 x Substituindo-se os valores de c; e cz na equacgao (2.21) obtemos y(t) = R (cosd cos (wt) + send sen(wt)) = Rcos(wt — 6), em que R = , [ci +c} ed so obtidos de (2.22). Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.2 Equações Homogêneas - Parte II 305 Figura 2.7. Uma solução da equação do Exemplo 2.9 −R R δ/ω (δ+2π)/ω t y 2π/ω Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 306 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Resumo Para resolver a equação diferencial da forma ay′′ + by′ + cy = 0, para a, b, c ∈ R, a ̸= 0. encontramos a equação característica ar2 + br + c = 0. (a) Se ∆ = b2 − 4ac > 0, então a solução geral da equação diferencial é y(t) = c1er1t + c2er2t, em que r1,2 = −b ± √ ∆ 2a . (b) Se ∆ = b2 − 4ac = 0, então a solução geral da equação diferencial é y(t) = c1e− b 2a t + c2te− b 2a t. (c) Se ∆ = b2 − 4ac < 0, então a solução geral da equação diferencial é y(t) = c1eαt cos βt + c2eαt sen βt, em que α = −b 2a , β = √ −∆ 2a . Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.2 Equações Homogêneas - Parte II 307 Exercícios (respostas na página 422) 2.1. Mostre que y1(x) = x3 é solução da equação diferencial 2x2y′′ − xy′ − 9y = 0. Encontre uma função u(x) tal que y2(x) = u(x)y1(x) seja solução da equação dada. Prove que as duas soluções y1(x) e y2(x) são soluções fundamentais. 2.2. Mostre que y1(x) = x−1, x > 0, é solução da equação diferencial x2y′′ + 3xy′ + y = 0. Encontre uma função u(x) tal que y2(x) = u(x)y1(x) seja solução da equação dada. Prove que as duas soluções y1(x) e y2(x) são soluções fundamentais. 2.3. As equações de Euler são equações que podem ser escritas na forma x2y′′ + bxy′ + cy = 0, em que b, c ∈ R. (2.23) Existem valores constantes de r tais que y(x) = xr é uma solução de (2.23). Além disso, y(x) = xr é solução da equação (2.23) se, e somente se, r2 + (b − 1)r + c = 0, (2.24) que é chamada equação indicial de (2.23). Se a equação indicial tem somente uma raiz real, r = 1 − b 2 , determine uma segunda solução linearmente independente da forma y2(x) = v(x)y1(x) = v(x)x 1−b 2 , para x > 0. 2.4. (a) Determine qual ou quais das funções z1(x) = x2, z2(x) = x3 e z3(x) = e−x são soluções da equação (x + 3)y′′ + (x + 2)y′ − y = 0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 308 EquacdespDiferenciais Lineares de 2? Ordem (b) Seja yi(x) uma das solucgées obtidas no item anterior. Determine uma segunda solucado y2(x) de forma que ¥;(X) e ¥2(x) sejam solugées fundamentais da equagao. (c) Determine a solugdo geral da equacgdo (x+3)y" + (x+2)y’—y =0 e obtenha a solucao do problema de valor inicial { (x+ 3)y" + (x+2)y! — y = 0, YD =L YY =3. Justifique sua resposta! 2.5. Mostre que a solucao do problema y" + 2y' = 0,y(0) = a,y'(0) = b tende para uma constante quando t — +00. Determine esta constante. 2.6. Mostre que se 0 < b < 2, entao toda solugéo de y” + by’ + y = 0 tende a zero quando t + +00. 2.7. Considere 0 problema y" — 4y =0,y(0) = 0,y'(0) = b £ 0. Mostre que y(t) 4 0 para todo t ¥ 0. 2.8. Considere 0 problema y” — y’ + 4 y = 0, y(0) = 2,y'(0) = b. Determine os valores de b para os quais a solugdo y(t) — +-oo quando t — +00. 2.9. Considere a equagao y'’ + 2by’+ y = 0. Para quais valores de b a solucdo y(t) tende a zero quando t +> +00, independente das condic6es iniciais. 2.10. (a) Encontre a solucdo geral da equacdo y" +2y' + ay =0 paraw >1,paraw =leparaa <1. (b) Para quais valores de «a todas as solucdes tendem a zero quando t — +00. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.3. Equações Não Homogêneas 309 2.3 Equações Não Homogêneas Uma equação diferencial linear de 2a. ordem é não homogênea se ela pode ser escrita como y′′ + p(t)y′ + q(t)y = f (t). (2.25) com f (t) uma função não-nula. Teorema 2.6. Seja yp(t) uma solução particular da equação (2.25). Sejam y1(t) e y2(t) soluções fundamentais da equação homogênea correspondente. Então, a solução geral da equação não homogênea (2.25) é y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) + yp(t). Ou seja, a solução geral da equação diferencial linear de 2a. ordem não homogênea é a soma da solução geral da equação ho- mogênea correspondente, yh(t) = c1y1(t) + c2y2(t), com uma solução particular da equação diferencial não homogênea, yp(t). Demonstração. Seja y(t) uma solução qualquer de (2.25) e yp(t) uma solução parti- cular de (2.25). Vamos mostrar que Y(t) = y(t) − yp(t) é solução da equação homo- gênea associada y′′ + p(t)y′ + q(t)y = 0. (2.26) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 310 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem YE) + P(EY(E) + aE) VCE) = (yt) — yp l(t)" + PCy) = yp (4)! + 9) (Y() — Yp(E)) = (y(t) + p(y) +4 y(t) — (ysl) + PEyp(t) + 4p) ce EE FO) =flt) = flt)—flt)=0. Assim, se y(t) e ¥2(t) sao solugdes fundamentais da equagaéo homogénea asso- ciada (2.26), existem constantes c; e c2 tais que Y(t) = y(t) — yp(t) = eryi(t) + caya(t), ou seja, se y(t) é uma solucdo qualquer de (2.25) e y;(t) e y2(t) sdo solugdes funda- mentais da equacgdo homogénea associada (2.26), entao y(t) = cry1(t) + coya(t) + yp(t). (2.27) a Portanto, para encontrar a solugdo geral de uma equacao linear de 2 ordem nao ho- mogénea precisamos encontrar uma solucdo particular e duas solucdes fundamen- tais da equacado homogénea correspondente. Exemplo 2.10. Verifique que a funcdo yp(t) = : é solucdo da equacdo diferencial y +4y =t. Ja vimos no Exemplo 2.9 na pagina 303 que a solucdo geral da equacao diferencial homogénea correspondente, y” + 4y = 0,é Yn(t) = cy cos 2t + cp sen 2t. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.3 Equações Não Homogêneas 311 Logo, a solução geral da equação não homogênea y′′ + 4 y = t é y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t + t 4. Exemplo 2.11. A função yp(t) = t 2 sen(2t) é solução da equação y′′ + 4 y = 2 cos(2t). Verifique! Vimos no Exemplo 2.9 na página 303 que a solução geral da equação diferencial homogênea correspondente, y′′ + 4 y = 0, é yh(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t. Logo, y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t + t 2 sen(2t) é solução geral da equação diferencial y′′ + 4 y = 2 cos(2t). Teorema 2.7 (Princípio da Superposição para Equações Não Homogêneas). Se y(1) p (t) é uma solução de y′′ + p(t)y′ + q(t)y = f1(t) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 312 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem e y? (t) é uma solucao de y" + plt)y’ +q(t)y = falt), entao yp(t) = y) (t) + yo (t) é solucao de y" + plt)y’ +a(t)y = filt) + fat). Demonstracao. Y(t)” + plt)yp(t) + 4(t)yp(t) = = (yp (H)+yp()" + POyp (+ yp (OY +O Up) + yp) = — Arayn Q) cays (1) (2) ayn (2) rays (2) (ay = Up (t) + plt)yp (ty + 4(Eup CE) typ (Ey + plt)yp CE) + (typ (E) = _—_oaSS ggg, ame =fi(t) =f2(t) = filt)+ f(t), pois yy (t) é solugdo da equagao y+ p(t)y’ + (tly = filt) e yy? (t), da equacao y+ plt)y’ + q(t)y = fat). a Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.3 Equações Não Homogêneas 313 Exemplo 2.12. Vimos no Exemplo 2.10 que a função y(1) p (t) = t 4 é uma solução da equação diferencial y′′ + 4 y = t e no Exemplo 2.11 que a função y(2) p (t) = t 2 sen(2t) é uma solução da equação y′′ + 4 y = 2 cos(2t). Pelo Princípio da Superposição para Equações Não Homogêneas (Teorema 2.7) yp(t) = t 4 + t 2 sen(2t) é uma solução particular da equação y′′ + 4 y = 2 cos(2t) + t e assim a solução geral desta equação é y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) + t 4 + t 2 sen(2t). 2.3.1 Método de Variação dos Parâmetros Este método funciona para qualquer equação linear de 2a. ordem y′′ + p(t)y′ + q(t)y = f (t), para qual se conheça duas soluções fundamentais y1(t) e y2(t) da equação homogê- nea correspondente em um intervalo I, onde o wronskiano W[y1, y2](t) ̸= 0, para todo t ∈ I. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 314 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Lembramos que neste caso a solucdo geral da equacgdo homogénea correspon- dente é y(t) = cryr(t) + coya(t). Vamos procurar uma solucao particular da equacdéo nao homogénea que tenha a forma da solucdo geral da homogénea, mas substituindo os pardametros (constantes) C1 € Cp por fungdes a determinar u(t) e u(t), respectivamente, ou seja, da forma Yp(t) = ua (tua (t) + wa(t)ye(t). (2.28) com a condicao de que Y(t) = ur (Ey (t) + ua(tyo(t), ou equivalentemente que uy (E)yi(t) + u9(t)ya(t) = 0 (2.29) Assim, Yp(t) = uy (Ey (E) + ur (Ey (t) + up (t)yo(t) + ua(t)ys (t) Substituindo-se yp(t), ¥p(t) e y, (t) na equagdo obtemos uy (ty) (t) bu (Ey (t) + uo (t)yo(t) + u2(t)ya (t) + p(t) (ur(E)yi () + wo(t)yo(t)) + q(t) (ur (E)ya (Et) + uo (t)ya(t)) = F(t) Agrupando os termos que contém uj (t), u5(t), u1(t) e u2(t) obtemos a equacao dife- rencial de la. ordem para u(t) e u2(t) uy (t) yi (t) + ua(t)yo(t) + wa (t) (y(t) + p(éyi (t) + a(t) (E)) jj SS =0 + ur(t) (y2(t) + p(E)ya(t) + a(t)y2(t)) = FE) (2.30) —————————q—{ —__ =0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.3 Equacdes Nao Homogéneas 315 Portanto, u1(t) e u2(t) satisfazem além da equacao (2.29) a equacado uy (E)yy () + uy (t)ya(t) = f(t) (2.31) Assim, juntando as equacoes (2.29) e (2.31) obtemos o sistema de equacoées lineares para u}(t) eu5(t) { yi(t)uy(t) A yo(t)uy(t) = 0 yy(tyuy(t) + yp(t)up(t) = f(t) que pode ser escrito na forma AX =B em que ab yi(t) yp(t) uy (t) | 0 A= = , x= B= . | cd | | y(t) vh(t) w(t) |“ f(t) que tem solugado | w(t) = x=A'B= 1 | d —b B= 1 y(t) —y2(t) | 0 u(t) det(A) | -c a Wiyryal(t) | —vilt) = yi(é) | | FC) _ I —yo(t) f(t) Wiyryol(t) | yilt) Fé) Obtemos assim duas equacées diferenciais de 1a. ordem t)FCE) uy (t) = — yal 19) Wi yall t) F(t) u5(t) = yal 0) = Wi val Julho 2016 Reginaldo J. Santos 316 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem que podem ser resolvidas simplesmente integrando-se Wlya/ Yo] (¢) u2(t) _— / wilt) f(t) dt Wly1/¥a] (t) Substituindo u(t) e u2(t) na equagao (2.28) obtemos uma solucao particular yo(t) f(t) y(t) f(t) volt) = ult) | peOZE att yett) f ROLE at rm AS Wyn yal Wiys- yal) Atencao: Nao se deve memorizar a formula obtida. O que fizemos aqui foi mostrar o caminho que deve ser seguido para encontrar uma solucao particular da equacao linear nado homogénea de 2? ordem. No préximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral. Exemplo 2.13. Vamos resolver 0 problema de valor inicial { y” +y =sect y(0) =1, y'(0) = —2. A solucao geral da equacio homogénea correspondente, y” + y = 0,é yn(t) = cy cost + cy sent. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.3. Equacdes Nao Homogéneas 317 Vamos procurar uma solucao particular da forma Yp(t) = u(t) cost + uz(t) sent, (2.32) com a condicéo Yp(t) = ur(t)(—sent) + up(t) cost (2.33) ou equivalentemente u},(t) cost + u4(t) sent = 0. (2.34) Substituindo-se yp(t), y(t) e yp(t) na equacao diferencial e simplificando (veja a equacao 2.30) obtemos u},(t)(— sent) + u5(t) cost = sect. (2.35) Resolvendo-se o sistema linear obtido das equag6es (2.34) e (2.35) obtemos w(t) | _ | ost u(t) 1 Integrando-se cada equacdo obtemos u(t) = [-S dt=In|cost|+c,, u(t) = pra =tteo. cost Tomando c; = 0e cp = 0e substituindo-se em (2.32) obtemos a solucao particular Yp(t) = (In| cos t|) cost + tsent. Portanto, a solugdo geral da equagao é y(t) = (In|cost|) cost + tsent + cy cost + co sent. (2.36) Substituindo-se t = 0 e y = 1 em (2.36) obtemos c, = 1. Por (2.33), a derivada da solucao particular é y,(t) = —ur(t) sent + uy (t) cost = —(In| cos t|) sent + t cost Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 318 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem e assim a derivada da solução geral (2.36) é dada por y′(t) = −(ln | cos t|) sen t + t cos t − c1 sen t + c2 cos t. (2.37) Substituindo-se t = 0 e y′ = −2 em (2.37) obtemos c2 = −2. Logo, a solução do PVI é y(t) = (ln | cos t|) cos t + t sen t + cos t − 2 sen t, para − π 2 < t < π 2 . Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.3 Equações Não Homogêneas 319 -1 1 2 3 -3π/4 -π/2 -π/4 π/4 π/2 3π/4 t y Figura 2.8. A solução do problema de valor inicial do Exemplo 2.13 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 320 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 2.3.2 Método dos Coeficientes a Determinar para Equações com Coeficientes Constantes Vamos tratar equações lineares não homogêneas com coeficientes constantes, ou seja, da forma ay′′ + by′ + cy = f (t). (2.38) em que a, b e c são números reais, a ̸= 0. Este método funciona quando a função f (t) tem uma das seguintes formas: (Caso 1) f (t) = a0 + . . . + antn, em que a0, . . . , an ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma yp(t) = ts(A0 + . . . + Antn), em que s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de yp(t) seja solução da equação homogênea correspondente e A0, . . . , An são coeficientes a serem determinados substituindo-se yp(t) na equação (2.38). O Exemplo 2.14 ilustra este caso. (Caso 2) f (t) = (a0 + . . . + antn)eαt, em que a0, . . . , an, α ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma yp(t) = ts(A0 + . . . + Antn)eαt, em que s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de yp(t) seja solução da equação homogênea correspondente e A0, . . . , An são coeficientes a serem determinados substituindo-se yp(t) na equação (2.38). O Exemplo 2.15 ilustra este caso. (Caso 3) f (t) = (a0 + . . . + antn)eαt cos βt ou f (t) = (a0 + . . . + antn)eαt sen βt, em que a0, . . . , an, α, β ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma yp(t) = ts[(A0 + . . . + Antn)eαt cos βt + (B0 + . . . + Bntn)eαt sen βt], Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.3. Equacdes Nao Homogéneas 321 em que s é 0 menor inteiro nao negativo que garanta que nenhuma parcela de Yp(t) seja solugdo da equacdo homogénea correspondente e Ag,..., An, Bo,..-, Bn sao coeficientes a serem determinados substituindo-se yp(t) na equacao (2.38). O Exemplo 2.16 ilustra este caso. Observe que os trés casos nao sao excludentes. O Caso 1 é um caso particular do Caso 2 com a = 0. O Caso 2 é um caso particular do Caso 3 com f = 0. Exemplo 2.14. Vamos encontrar a solucao do problema de valor inicial { y! +y/ =24+f y(0)=1, yO) =2. Precisamos encontrar a solucdo geral da equacao homogénea correspondente y"" 7 y’ _ 0. A equacao caracteristica é m+r=0 — r=O0our=-1. Assim, a solucdo geral da equacéo homogénea correspondente y” + y’ = 0é yn(t) = c1 tere". O segundo membro da equagao diferencial, f(t) = 2 + t?, é da forma do Caso 1. Este éum polindémio de grau 2, ou seja, é um caso particular de f(t) = ag +---+a,t",em que ao = 2,a, = 0,a2 = 1,n = 2. Vamos procurar uma solucdo particular da forma Yp(t) = t'(Ao + Ait + Agt?) = Aot + Ait? + Ade. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 322 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem O valor de s é igual a 1, pois para s = 0, a parcela Ag é solucdo da equagdo homogé- nea (cp = Oe cy = Ap). Y(t) = Ao + 2A, + 3Agt Yp(t) = 2A1 + 6Adt. Substituindo-se y;, (t) e y(t) na equagao y” + y! = 2+ t? obtemos (2A, + 6Apt) + (Ap + 2A1t + 3A207) = 24 P. Comparando-se os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear Ag + 2A, = 2 2A, + 6A2 = 0 3A. = 1 que tem solucgdo Ag = 4, Ay = —le Ap = 1/3. Assim, uma solucao particular da equacao nao homogénea é 1 t)=4t-P4+-=P Yp(E) + 3 e a solucado geral da equacdo néo homogénea é 1 y(t) = cy #ooe + 4t-—P + 3 (2.39) Para resolvermos 0 problema de valor inicial vamos calcular a derivada da solu- cdo geral da equacéo nao homogénea y'(t)=—-me'+P—-2t+4. (2.40) Substituindo-se t = 0e y = 1 em (2.39) et = Oey’ = 2 em (2.40) obtemos cq +a = i 4 —- QO = 2 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.3 Equações Não Homogêneas 323 de onde obtemos c1 = −1 e c2 = 2. Logo, a solução do PVI é y(t) = −1 + 2e−t + 4t − t2 + 1 3t3. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 324 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Figura 2.9. A solução do problema de valor inicial do Exemplo 2.14 -2 2 4 6 -4 -2 2 4 t y Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.3 Equacdes Nao Homogéneas 325 Exemplo 2.15. Vamos encontrar a solucao geral da equacao yl! + 2y' ty = (2+8)e". Precisamos encontrar a solucdo geral da equacéo homogénea correspondente y" +2y' +y=0. A equacao caracteristica é r+2r+1=0 =} r=-1 Assim, a solucdo geral da equacdo homogénea correspondente y” + 2y’ + y = 06 yp, (t) = cye! + cote. O segundo membro da equacao diferencial, f(f) = (2 + t)e~', 6 da forma do Caso 2. E um caso particular de f(t) = (a) +--+ +ant")e*! em que ay = 2,4, =1,n=1e « = —1. Vamos procurar uma solucdo particular da forma p(t) = P(Ao + Arte! = (Aot? + AiB)e*. O valor de s € igual a 2, pois para s = 0 as parcelas Age! e A; te! s&o solugdes da equacao homogénea (cj = Ao, cp = Oe cy = 0, cp = Aj) e paras = 1a parcela Aote—' € solug&o da equacdo homogénea (cy = 0 e cz = Ao). / _ 2 3\ ,-t y(t) = (2Aot + (3A, — Ao)#2 — Ayt ) et, y(t) = (240 + (6A, —4Ap)t + (Ap — 6A;) #2 + Ait?) et, Julho 2016 Reginaldo J. Santos 326 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Substituindo-se yp(t), y(t) e yp (£) na equacao y” + 2y' +y = (2+t)e obtemos (240 + (6A; —4Ao)t + (Ap — 6A) #2 + Ait) et 4 42 (24ot + (3A, — Ap) #2 — Ait?) ety + (Ap? +AiP)e? = (2+¢t)e* Simplificando-se obtemos 2Aq + 6Ait = 2+. Comparando os termos de mesmo grau obtemos 0 sistema linear 2A = 2 6Ay = 1 que tem solucéo Ap = 1e A; = 1/6. Assim, uma solucao particular da equacgdo nao homogénea é 1 yp(t) = (E+ ate" e a solucado geral da equacdo nao homogénea é 1 y(t) =cye ' + cote! + (#7 + gt et. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.3 Equações Não Homogêneas 327 Figura 2.10. Algumas soluções da equação do Exemplo 2.15 tais que y(0) = y0 y0 t y Julho 2016 Reginaldo J. Santos 328 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Exemplo 2.16. Vamos encontrar a solucao geral da equacao y” +2y' +2y =e! cost. Precisamos encontrar a solucdo geral da equacéo homogénea correspondente y” + 2y' + 2y =0. A equacao caracteristica é P+2r+2=0 => r=-1hdi., Assim, a solucéo geral da equacdo homogénea correspondente y” + 2y’ + 2y = 06 y(t) = cye 'cost+ coe ‘sent. O segundo membro da equagao diferencial, f(t) = e! cost, é da forma do Caso 3. E um caso particular de f(t) = (ag +... + ant")e"! cos Bt, em que a) =1,n =0,a =1 e B = 1. Vamos procurar uma solugao particular da forma yp(t) = t9(Ae! cost + Be! sent) = Ae’ cost + Be! sent. O valor de s é igual a 0, pois nenhuma parcela de y,(t) €é solucdo da equagaéo homo- génea. Yp(t) = A(e! cost —e' sent) + B(e' sent +e! cost) = (A+ B)e' cost + (B— A)e!' sent yp(t) = 2Be' cost — 2Ae! sent. Substituindo-se yp(t), y(t) ey) (#) na equagao y” + 2y' + 2y = e' cos t obtemos 2Be' cost — 2Ae' sent + 2 ((A + B)e' cost + (B — A)e’ sent) + 2(Ae! cost + Be’ sent) = e' cost. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.3 Equacdes Nao Homogéneas 329 Simplificando-se obtemos (4A + 4B) cost + (4B — 4A) sent = cost. Substituindo t = 0 et = 77/2 obtemos obtemos o sistema linear 4A + 4B = 1 -4A + 4B = 0 que tem solucéo A = 1/8e B = 1/8. Assim, uma solucao particular da equacgado nao homogénea é (t) = Lot cos f+ oy Pw 8 8 e a solucado geral da equacdo nao homogénea é +t -t 1 y(t) =cyje ‘cost+cye ‘sent + 3° (cost + sent). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 330 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Figura 2.11. Algumas soluções da equação do Exemplo 2.16 tais que y(0) = y0 y0 t y Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.3 Equações Não Homogêneas 331 Exercícios (respostas na página 431) 3.1. Encontre a solução geral das equações: (a) y′′ + 5y′ + 6y = xe−5x. (b) y′′ − 4y′ + 6y = 3x. (c) y′′ + y = cosec t (d) y′′ − y = (1 + e−t)−2 (e) y′′ + 4 y = 2 sen(2t) + t (f) y′′ + 2y = et + 2 3.2. Resolva os problemas de valor inicial: (a) y′′ + y′ − 2y = t2 + 3, y(0) = 0, y′(0) = 0 (b) y′′ + 2 y′ + y = 3 sen(2t), y(0) = 0, y′(0) = 0 (c) y′′ − 4 y′ + 4 y = 3e−t, y(0) = 0, y′(0) = 0 (d) 2y′′ + 2y′ + y = t2, y(0) = 0, y′(0) = 0 3.3. (a) Encontre a solução geral da equação y′′ + 2y′ + αy = 0 para α > 1, para α = 1 e para α < 1. (b) Determine a forma adequada para uma solução particular da equação y′′ + 2y′ + αy = te−t sen( √ α − 1 t) para α > 1. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 332 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 2.4 Oscilações Livres Figura 2.12. Sistema massa-mola na vertical Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.4 Oscilações Livres 333 Considere um sistema massa-mola na vertical. Seja L o comprimento da defor- mação provocada na mola pela colocação de um corpo de massa m quando o sistema está em equilíbrio. Neste caso a magnitude da força elástica é proporcional a defor- mação e igual a magnitude da força peso, ou seja, mg = kL. (2.41) Aqui k é chamada constante da mola. Vamos agora colocar o sistema em movimento. Seja y(t) o alongamento da mola em um instante t. Neste caso a origem, y = 0, é o ponto de equilíbrio da mola. Sobre o corpo de massa m agem o seu peso, P = mg, a força da mola que é proporcional a sua deformação e tem sentido oposto a ela, Fe = −ky(t), uma força de resistência proporcional à velocidade, Fr = −γy′(t). Aqui γ é a constante de amortecimento. Pela segunda lei de Newton, temos que my′′(t) = mg − ky(t) − γy′(t). Definindo a nova função u(t) = y(t) − L, ou seja, fazendo uma translação de forma que a nova origem seja o ponto de equilí- brio do sistema massa-mola, obtemos mu′′(t) = mg − k(L + u(t)) − γu′(t). (2.42) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 334 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Assim, por (2.41) e (2.42), u(t) satisfaz a seguinte equação diferencial mu′′(t) + γu′(t) + ku(t) = 0. (2.43) que é a mesma equação que satisfaz x(t) no caso em que o sistema massa-mola se movimenta na horizontal sobre uma superfície lisa. Verifique! Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.4 Oscilações Livres 335 2.4.1 Sem Amortecimento Figura 2.13. Sistema massa-mola li- vre não amortecido 0 x Fe = −k x Fe = −k x Julho 2016 Reginaldo J. Santos 336 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Vamos considerar inicialmente 0 caso em que nao ha amortecimento, ou seja, y = 0. Assim, a equacao (2.43) para o movimento do sistema massa-mola é mu” + ku =0 A equacao caracteristica é 2 k. me+k=0 —& r=+4/—i1 m Assim, a solucdo geral da equacao é k k u(t) = c cos —t}+csen —t m m Seja wo = 4/ x. Entao, a equacdo acima pode ser escrita em termos de wp como u(t) = cy cos (wot) + cz sen (wof) . (2.44) Marcando o ponto (c;, cz) no plano e escrevendo em coordenadas polares temos que y secccessssettevsssssetsevsstsnesessssseese GEMS) C2 C1 = Rcosd, R : { Co = Rseno. (2.45) 5 Cy xX Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.4 Oscilações Livres 337 Substituindo-se os valores de c1 e c2 obtidos de (2.45) na equação (2.44) obtemos u(t) = R cos δ cos (ω0t) + R sen δ sen (ω0t) = R (cos δ cos (ω0t) + sen δ sen (ω0t)) = R cos(ω0t − δ), Aqui foi usada a relação cos(a − b) = cos a cos b + sen a sen b. ω0 é chamada frequência natural do sistema, δ a fase e R a amplitude. Neste caso a solução da equação é periódica de período T = 2π ω0 . Este movimento oscilatório é chamado movimento harmônico simples. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 338 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Oscilagao Livre sem Amortecimento u u(t) = Rcos(wot — 6) wo = VE Roepe IO. 5/@ (5+21)/@ t -R pee ee ee ee eee ee ee ee ee eens Figura 2.14. Soltucdo “do sistema massa- mola livze'néo amortécido Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.4 Oscilagdes Livres 339 Exemplo 2.17. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola é dado por u"+3u=0, u(0)=-1, w'(0)=3 (a) Encontre a solucgdo geral da equacao diferencial e resolva 0 problema de valor inicial. Determine a amplitude, a frequéncia, a fase e 0 periodo. (b) Esboce 0 grafico da solucao obtida. Solucdo: (a) Equagao caracteristica é ?7+3=0, que tem como raizes r = +/3i. Logo, a solucao geral da equagao diferencial é : u(t) = cy cos (v3 t) + cp sen (v3 t) . Para resolver 0 PVI precisamos calcular a derivada da solucdo geral: u'(t) = —cyV¥3sen (v3 t) + coV3cos (v3 t) Substituindo-se t = 0, 1 = —1, u’ = 3 obtemos: q=-l o= V3. A solucao do PVI é portanto u(t) = —cos (v3 t) + V3sen (v3 t) . 2 Marcando 0 ponto (c1,c2) = (—1, V3) no plano obtemos que R = 2e 6 = = ou seja, 2 u(t) = 2cos (v3 t— =) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 340 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem A amplitude é igual a 2, a frequência é igual a √ 3, a fase é igual a 2π 3 e o período é igual a 2π/ √ 3. (b) −2 2 2π/33/2 8π/33/2 t u 2.4.2 Com Amortecimento Neste caso a equação (2.43) para o movimento do sistema massa-mola é mu′′ + γu′ + ku = 0 A equação característica é mr2 + γr + k = 0 e ∆ = γ2 − 4km Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.4 Oscilações Livres 341 Figura 2.15. Sistema massa-mola livre com amor- tecimento 0 x Fr = −γ v Fe = −k x Fr = −γ v Fr = −γ v Fe = −k x Julho 2016 Reginaldo J. Santos 342 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Aqui temos trés casos a considerar: (a) SeA = 77 — 4km > 0 ou y > 2Vkm, neste caso u(t) = cye! + coe’! em que —ytVA —-y 45/72 —4km 12 = —~—— = — —_ — << 0 ’ 2m 2m Este caso é chamado superamortecimento e a solucdo u(t) >.0 quando t — +00. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.4 Oscilagdes Livres 343 Superamortecimento Uu u(t) = cye’l! + cye’2! _ mrt VP 12 om C1 + C2 = Uo Ug \ t Figura 2.16. Algumias solucdes do sis- tema massa-mola livre’com superamor- tecimento Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 344 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem (b) Se ∆ = γ2 − 4km = 0 ou γ = 2 √ km, neste caso u(t) = c1e− γt 2m + c2te− γt 2m Este caso é chamado amortecimento crítico e a solução u(t) → 0 quando t → +∞. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.4 Oscilações Livres 345 Figura 2.17. Algumas soluções do sistema massa-mola livre com amortecimento crí- tico u0 Amortecimento Crítico t u u(t) = c1e− γt 2m + c2te− γt 2m c1 = u0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 346 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem (c) SeA = 77 —4km < 00u0 < y < 2Vkm, neste caso u(t) =e" ahr (c, cos pt + cz sen ut) (2.46) em que /4km — 2 > 7 BS Om NO an < 2 Aqui, é chamado quase frequéncia e T = = é chamado quase periodo. Escrevendo novamente o par (cj, C2) em coordenadas polares temos que y 2 c2 : : cy = Rcosd, R : { co = Rsend. (2.47) : : Cy x Substituindo-se os valores de cj e cz na equac¢ao (2.46) obtemos u(t) = eo i (Rcos 6d cos pt + R send sen pt) = Re~ aii cos(pt — 0), em que R = , [ct + cS e 0 sao obtidos de (2.47). Este caso 6 chamado subamortecimento e a solucdo u(t) +0 quando t — +00. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.4 Oscilações Livres 347 Este é um movimento oscilatório com amplitude Re− γt 2m e é chamado quase periódico. Observe que nos três casos a solução u(t) → 0 quando t → +∞. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 348 EquacdespDiferenciais Lineares de 2? Ordem Subamortecimento u t u(t) =e ain (ci. cos pit + cz sen pt) B= \/o3- ea < wo C1 = uo uo t Figura 2.18. Algumas solucoes‘do, sistema massa-mola livre com subamortecimento Subamortecimento Uu at u(t) = Re 2m cos(ut — 6), w= ao - ZG < wW Res 2n/L ve - keen Si (42a) 7 t aa . oS peewiam -R *! Figura 2.19. Solucdo tipica do sistema Massa-mola livre com subamortecimento Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.4 Oscilações Livres 349 Figura 2.20. Comparação das soluções do sistema massa-mola livre com amorteci- mento para diferentes valores da cons- tante de amortecimento γ t u  sub amortecimento, γ < 2 √ km  super amortecimento, γ > 2 √ km  amortecimento crítico, γ = 2 √ km Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 350 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Exercícios (respostas na página 440) 4.1. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola é dado por u′′ + 3u = 0, u(0) = 1, u′(0) = 3 (a) Encontre a solução geral da equação diferencial e resolva o problema de valor inicial. Determine a amplitude, a frequência, a fase e o período. (b) Esboce o gráfico da solução obtida. 4.2. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola é dado por 2u′′ + 3u = 0, u(0) = 1, u′(0) = 0 (a) Encontre a solução geral da equação e resolva o problema de valor inicial. Determine a amplitude, a frequência, a fase e o período. (b) Esboce o gráfico da solução obtida. 4.3. Se um sistema massa-mola com uma massa de 2 kg e uma mola com constante de elasticidade igual 0,5 N/m é colocado em movimento, no instante t = 0, num meio em que a constante de amortecimento é igual a 1 N.s/m, determine a posição da massa em qualquer instante t, considerando a posição inicial igual u0 e a velocidade inicial u′ 0. 4.4. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. Suponha que não haja amortecimento e que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. Encontre a frequência, o período e a amplitude do movimento. Determine a posição u em função do tempo t e faça um esboço do seu gráfico. (a) Se o sistema é colocado em movimento a partir da sua posição de equilíbrio com uma velocidade apontada para cima de 4 centímetros por segundo. (b) Se o sistema é puxado para baixo esticando a mola 1 centímetro e colocado em movimento com uma velocidade para baixo de 10 centímetros por segundo. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.4 Oscilações Livres 351 (c) Se o sistema é puxado para baixo esticando a mola 2 centímetros e depois é solto. 4.5. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. A corpo está preso a um amortecedor viscoso. Suponha que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. (a) Para quais valores da constante de amortecimento γ o sistema é super-amortecido, tem um amorte- cimento crítico e é sub-amortecido. (b) Suponha que o amortecedor exerce uma força de 104 dinas (=gramas·centímetros por segundos2) quando a velocidade é de 10 centímetros por segundo. Se o sistema é puxado para baixo 2 centíme- tros e depois é solto, determine a posição u em função do tempo t e faça um esboço do seu gráfico. Qual o valor do quase período? 4.6. O movimento de um pêndulo simples de massa m e comprimento l é descrito pela função θ(t) que satisfaz a equação diferencial d2θ dt2 + g l sen θ = 0. Suponha que o ângulo θ seja pequeno o suficiente para que seja válida a aproximação sen θ ≈ θ. (a) Encontre θ(t) sabendo-se que o pêndulo é solto de um ângulo θ0. (b) Determine a frequência, o período e a amplitude de oscilação do pêndulo. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 352 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 2.5 Oscilações Forçadas Vamos supor que uma força externa periódica da forma Fext(t) = F0 cos(ωt), com F0, ω > 0, seja aplicada ao corpo de massa m. Então, a equação para o movimento da massa é (verifique!) mu′′ + γu′ + ku = F0 cos(ωt). 2.5.1 Sem Amortecimento Neste caso a equação diferencial para o movimento do sistema massa-mola é mu′′ + ku = F0 cos(ωt). (2.48) Sabemos que as soluções são da forma u(t) = c1 cos (ω0t) + c2 sen (ω0t) + up(t) em que, pelo método dos coeficientes a determinar, up(t) = ts[A cos(ωt) + B sen(ωt)] é uma solução particular e s é o menor inteiro não negativo que garanta que ne- nhuma parcela de up(t) seja solução da equação homogênea correspondente e A e B são coeficientes a serem determinados substituindo-se up(t) na equação diferencial (2.48). Temos dois casos a considerar: (a) Se ω ̸= ω0. Neste caso s = 0, pois nenhuma das parcelas de up(t) é solução da equação homogênea correspondente. Então, a solução particular é da forma up(t) = A cos(ωt) + B sen(ωt) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.5. Oscilações Forçadas 353 e a solução geral da equação é da forma u(t) = c1 cos (ω0t) + c2 sen (ω0t) + A cos(ωt) + B sen(ωt) Deixamos como exercício para o leitor verificar que substituindo-se up(t) na equação diferencial (2.48) encontramos A = F0 m(ω2 0 − ω2) e B = 0. Assim, u(t) = c1 cos (ω0t) + c2 sen (ω0t) + F0 m(ω2 0 − ω2) cos(ωt). Neste caso a solução u(t) é oscilatória e limitada. (b) Se ω = ω0. Neste caso s = 1, pois para s = 0 as parcelas, A cos(ω0t) e B sen(ω0t), de up(t), são soluções da equação homogênea correspondente. En- tão, a solução particular é da forma up(t) = t[A cos(ωt) + B sen(ωt)] e a solução geral da equação é da forma u(t) = c1 cos (ω0t) + c2 sen (ω0t) + t[A cos(ω0t) + B sen(ω0t)]. Deixamos como exercício para o leitor verificar que substituindo-se up(t) na equação diferencial (2.48) encontramos A = 0 e B = F0 2mω0 . Assim, u(t) = c1 cos (ω0t) + c2 sen (ω0t) + F0 2mω0 t sen(ω0t). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 354 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Neste caso u(t) é oscilatória, mas fica ilimitada quando t tende a +∞. Este fenômeno é conhecido como ressonância e a frequência ω = ω0 é chamada frequência de ressonância. Pelo princípio da superposição para equações não homogêneas segue que para haver ressonância, basta que a força externa seja uma soma e que uma parcela seja da forma F0 cos(ω0t) ou G0 sen(ω0t). Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.5. Oscilações Forçadas 355 Figura 2.21. Sistema massa-mola forçado sem amortecimento 0 x Fe = − k x Fe = − k x Fext = Focos(ωt) Fext = Focos(ωt) Fext = Focos(ωt) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 356 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Exemplo 2.18. Vamos considerar o problema de valor inicial mu” +ku = Focos(wt), u(0) =0,u'(0) =0. Temos dois casos a considerar: (a) Sew A wo. Vimos acima que a solucdo geral da equacdo é u(t) = cy cos (wot) + cz sen (wot) + Fo cos(wt) Derivando e substituindo-se t = 0/11 =0eu' = 0 obtemos que (verifique!) Fo cy = — >, 2 = 0. ' m(ws — w?) > Assim, a solucdo do problema de valor inicial é u(t) = > fy (cos(wt) — cos(wot)) m(w) — w?) ue Como cos(A — B) — cos(A + B) = 2sen AsenB entao oF u(t) = —+° — sen(w ft) sen(wyt), m(w5 — w*) em que w= Wo — W Ww = Wo + Ww 1 = 2 y 2 2 ——— Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.5. Oscilações Forçadas 357 Como ω1 é menor do que ω2, então o movimento é uma oscilação de frequência ω2 com uma amplitude também oscilatória R(t) = 2F0 m(ω2 0 − ω2) sen(ω1t) de frequência ω1. Este movimento é chamado batimento. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 358 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem t u 2π ω1 Batimento R sen(ω1t) → −R sen(ω1t) → +R −R u(t) = R sen(ω1t) sen(ω2t), R = 2F0 m(ω2 0−ω2) , ω1 = ω0−ω 2 , ω2 = ω0+ω 2 Figura 2.22. Solução do sistema massa-mola, para u(0) = u′(0) = 0, no caso de batimento t u 2π ω0 Ressonância R t → −R t → u(t) = R t sen(ωt) Figura 2.23. Solução do sistema massa-mola, para u(0) = u′(0) = 0, no caso de ressonância Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.5. Oscilações Forçadas 359 (b) Se ω = ω0. Vimos acima que, neste caso, a solução geral da equação diferencial é u(t) = c1 cos (ω0t) + c2 sen (ω0t) + F0 2mω0 t sen(ω0t). Já vimos que neste caso u(t) fica ilimitada quando t tende a +∞ que é o fenô- meno da ressonância. Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u′ = 0 obtemos que (verifique!) c1 = 0, c2 = 0. Assim, a solução do problema de valor inicial é u(t) = F0 2mω0 t sen(ω0t). Este movimento é uma oscilação de frequência ω0 com uma amplitude R(t) = F0 2mω0 t que aumenta proporcionalmente a t. 2.5.2 Com Amortecimento Neste caso a equação diferencial para o movimento do sistema massa-mola é mu′′ + γu′ + ku = F0 cos(ωt). (2.49) Seja u(t) = c1u1(t) + c2u2(t) a solução da equação homogênea correspondente. En- tão, a solução geral desta equação é u(t) = c1u1(t) + c2u2(t) + up(t), Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 360 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem em que up(t) é uma solução particular. Pelo método dos coeficientes a determinar up(t) = A cos(ωt) + B sen(ωt). Deixamos como exercício para o leitor verificar que substituindo-se up(t) e suas de- rivadas na equação diferencial (2.49) encontramos A = F0m(ω2 0 − ω2) ∆ , B = F0γω ∆ , em que ∆ = m2(ω2 0 − ω2)2 + γ2ω2. Podemos escrever up(t) = A cos(ωt) + B sen(ωt) = R cos(ωt − δ), em que R = √ A2 + B2 e δ é tal que A = R cos δ e B = R sen δ. Neste caso, verifique que a amplitude da solução estacionária é dada por R = F0 √ ∆ . Assim, a solução geral da equação é u(t) = c1u1(t) + c2u2(t) + R cos(ωt − δ). A solução geral da equação homogênea correspondente, c1u1(t) + c2u2(t), é a so- lução do problema de oscilação livre amortecida e já mostramos que tende a zero quando t tende a +∞, por isso ela é a termo transiente da solução, enquanto a solu- ção particular, R cos(ωt − δ), permanece e por isso é chamada solução estacionária. u(t) = c1u1(t) + c2u2(t) + R cos(ωt − δ) ≈ R cos(ωt − δ), para t suficientemente grande. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.5. Oscilacées Forcadas 361 Vamos analisar como varia a amplitude da solucao estacionaria, R, com a frequéncia da forca externa, w. 1 R'(w) = —5Fod */7A"(w). Como Fp e A séo maiores que zero, entéo R’(w) e A’(w) tém sinais contrarios. A'(w) = | —2m? (co) —w*)+ 7] 2w. Se 77 — 2m?w) < Oouy < V2mwo = V/2km, verifique que a amplitude da solugao estacionaéria é maxima para a 7 Sey > V2mw 9 = V2km, verifique que a amplitude da solucdo estaciondria é decres- cente e portanto ndo tem maximo, para w > 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 362 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem 0 x Fr = −γ v Fe = − k x Fr = −γ v Fr = −γ v Fe = − k x Fext = Focos(ωt) Fext = Focos(ωt) Fext = Focos(ωt) Figura 2.24. Sistema massa-mola forçado com amortecimento Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.5. Oscilações Forçadas 363 t u 2π ω +R −R Oscilaçao Forçada com Amortecimento u(t) = c1u1(t) + c2u2(t) + R cos(ωt − δ) Figura 2.25. Solução do sistema massa-mola forçado com amortecimento Julho 2016 Reginaldo J. Santos 364 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem R(@) R(w) = ———e__ /m? (we _ w*)? + ur _ y < V2km 2km Fo y = V2km . SE 2 i ee Figura 2.26. Amplitude da solucao estaciondria em fungao da frequéncia da forga do sistema massa-mola forcado com amortecimento Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.5. Oscilações Forçadas 365 2.5.3 Circuitos Elétricos Considere um circuito elétrico formado por um capacitor, um resistor e um indu- tor ligados em série a um gerador como mostrado na Figura 2.27. A queda de potencial num resistor de resistência R é igual a RI, num capacitor de capacitância C é igual a Q C e em um indutor de indutância L é igual a LdI dt . Pela segunda lei de Kirchhoff (lei das malhas) a soma da forças eletromotrizes (neste caso apenas V(t)) é igual a soma das quedas de potencial (neste caso R I na resistência, Q/C no capacitor e LdI dt no indutor), ou seja, LdI dt + RI + 1 C Q = V(t). (2.50) Substituindo-se I = dQ dt obtemos uma equação diferencial de 2a. ordem para a carga elétrica no capacitor Ld2Q dt2 + RdQ dt + 1 C Q = V(t), (2.51) com condições iniciais Q(0) = Q0 e Q′(0) = I0. Uma equação diferencial de 2a. or- dem para a corrente elétrica no circuito, I(t), pode ser obtida derivando-se a equação (2.50), e substituindo-se I = dQ dt : Ld2I dt2 + RdI dt + 1 C I = dV dt (t), com condições iniciais I(0) = I0 e I′(0) = V(0) − RI0 − Q0/C L . A última condição é obtida usando a equação (2.50). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 366 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Exemplo 2.19. Um circuito possui um capacitor de 0, 5 × 10−1 F, um resistor de 25 Ω e um indutor de 5 H, em série. O capacitor se encontra descarregado. No instante t = 0 conecta-se esse circuito a uma bateria cuja tensão é de 10e−t/4 V, e o circuito é fechado. Vamos determinar a carga no capacitor em qualquer instante t > 0. A equação diferencial para a carga no capacitor é 5Q′′ + 25Q′ + 1 0, 5 · 10−1 Q = 10e−t/4. Dividindo-se por 5 obtemos a equação Q′′ + 5Q′ + 4Q = 2e−t/4. A equação característica é r2 + 5r + 4 = 0, cujas raízes são r = −1, −4. Assim, a solução geral da equação homogênea é Q(t) = c1e−t + c2e−4t. Vamos procurar uma solução particular da equação não homogênea da forma Qp(t) = A0e−t/4. Q′ p(t) = −1 4 A0e−t/4, Q′′ p(t) = A0 16 e−t/4. Substituindo-se na equação Qp(t), Q′ p(t) e Q′′ p(t) obtemos A0 16 e−t/4 − 5 4 A0e−t/4 + 4A0e−t/4 = 2e−t/4 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.5. Oscilacées Forcadas 367 De onde obtemos que 45 32 16/0 =2 > Ao = 45° Portanto, a solucdo geral da equacao diferencial é Q(t) = ce! +epe + ets Derivada da solugao geral: Q'(t) = —cye! — 4eges = 8 ats 45 Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q’ = 0 obtemos crto+#%=0 N cy = -8/9 —c; — 4c, - § =0 cz = 8/45 Portanto, a solucéo do PVI formado pela equag4o diferencial e Q(0) = 0, Q’(0) =0 é ~ 8 ot 8 a | 32 84 Q(t) = 9° + ae + 75° . Observe que ria, (8) = 0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 368 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Exercícios (respostas na página 450) 5.1. Uma mola, de um sistema massa-mola sem amortecimento, tem constante de elasticidade igual a 3 N/m. Pendura-se na mola um corpo de massa 2 kg e o sistema sofre a ação de uma força externa de 3 cos(3t). Determine a função que descreve o movimento do sistema massa-mola em qualquer instante t, conside- rando a posição inicial igual a u0 e a velocidade inicial u′ 0. 5.2. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. Suponha que não haja amortecimento e que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. Se o sistema é colocado em movimento com uma força externa de 9600 cos(6t) dinas, determine a posição do corpo como função do tempo e faça um esboço do seu gráfico. 5.3. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. Suponha que não haja amortecimento e que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. Se o sistema é colocado em movimento na posição de equilíbrio com uma força externa de 1000 cos(ωt) dinas, para ω igual a frequência de ressonância, determine a posição do corpo como função do tempo e faça um esboço do seu gráfico. 5.4. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. O corpo está preso a um amortecedor viscoso. Suponha que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. Suponha que o amortecedor exerce uma força de 4200 dinas quando a velocidade é de 1 centímetro por segundo. Se o corpo está sob a ação também de uma força externa de 26000 cos(6t) dinas, determine a posição u em função do tempo t e faça um esboço do seu gráfico, considerando somente a solução estacionária. 5.5. Considere um sistema massa-mola descrito pelo problema de valor inicial u′′ + u′ + 2u = cos ωt, ω > 0, u(0) = 0, u′(0) = 2. (a) Determine a solução geral da equação diferencial. (b) Determine a solução estacionária deste problema. (c) Encontre a amplitude da solução estacionária como função de ω. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.5. Oscilacées Forcadas 369 (d) Determine a frequéncia para a qual a amplitude é maxima. 5.6. Considere a equacao diferencial do sistema massa-mola forcado sem amortecimento mu” + ku = Fy cos(wt) Mostre que a solucao geral: (a) Sew A wo é dada por u(t) = cy cos (Wot) + cz sen (wot) + y __ cos(wt). m(w) — w?) (b) Se w = wo é dada por u(t) = cy cos (wot) +¢c2 sen (wot) + Ot son(wot). 2mw 5.7. Mostre que a solucdo do PVI { mu” +ku = Focos(wt), u(0) =0,u'(0) =0. (a) Sew A wo é dada por u(t) = We (cos(wt) — cos(wot)). (b) Sew = wo é dada por u(t) = Fgt sen (wot) 5.8. Considere a equacao diferencial mu” +u' +ku = Focos(wt), paraw > 0, que corresponde ao sistema massa-mola forgado amortecido. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 370 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem (a) Encontre a solucdo estacionaria da equacao acima. (b) Mostre que a amplitude da solucdo estaciondria é dada por F R=) VA (c) Sey > V2mwy = V2km, verifique que a amplitude da solucdo estaciondria é decrescente e portanto nao tem maximo, para w > 0. Se “7 — 2mw} <Oouy < J2mwy = v2km, verifique que a amplitude da solucao estaciondria é maxima para 2 = J ym 1 w= \/ 9 5 oe 5.9. Um circuito possui um capacitor de 0,125 x 10-1 F, um resistor de 60 Q e um indutor de 10 H, em série. A carga inicial no capacitor é zero. No instante tf = 0 conecta-se 0 circuito a uma bateria cuja tensdo é de 12 V e o circuito é fechado. (a) Determine a carga no capacitor em qualquer instante t > 0. (b) Determine a carga no capacitor quando t — +00. (c) Esboce o grafico da solucao obtida. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.6. Soluções em Séries de Potências 371 2.6 Soluções em Séries de Potências Uma série de potências de x é uma expressão da forma ∞ ∑ n=0 anxn = a0 + a1x + a2x2 + . . . , em que a0, a1, a2, . . . são números denominados coeficientes da série. Podemos defi- nir uma função f (x) que associa a cada valor de x, para o qual existe o limite lim N→∞ N ∑ n=0 anxn = lim N→∞(a0 + a1x + a2x2 + . . . + aNxN), o valor deste limite e escrevemos f (x) = ∞ ∑ n=0 anxn = a0 + a1x + a2x2 + . . . O maior valor de r para o qual o limite acima existe para |x| < r, ou seja, a série converge, é chamado raio de convergência da série. Exemplo 2.20. A série geométrica f (x) = 1 + x + x2 + . . . = ∞ ∑ n=0 xn = lim N→∞ 1 − xN+1 1 − x = 1 1 − x, para |x| < 1 tem raio de convergência r = 1. A seguir apresentamos as propriedades das séries de potências que são usadas no estudo das soluções de equações diferenciais em série de potências. A demonstração é apresentada na página 394. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 372 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Proposição 2.8. São válidas as seguintes propriedades para as séries de potências: (a) Se f (x) = ∞ ∑ n=0 anxn tem raio de convergência r1 > 0 e g(x) = ∞ ∑ n=0 bnxn tem raio de convergência r2 > 0, então para todos os números α e β, α f (x) + βg(x) = α ∞ ∑ n=0 anxn + β ∞ ∑ n=0 bnxn = ∞ ∑ n=0 (αan + βbn)xn, tem raio de convergência que é pelo menos r = min{r1, r2}. (b) Se f (x) = ∞ ∑ n=0 anxn = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + · · · tem raio de convergência r > 0, então para k, l = 0, 1, 2, . . . (αxk + βxl) f (x) = αxk ∞ ∑ n=0 anxn + βxl ∞ ∑ n=0 anxn = α ∞ ∑ n=0 anxn+k + β ∞ ∑ n=0 anxn+l = α ∞ ∑ n′=k an′−kxn′ + β ∞ ∑ n′=l an′−lxn′ = α ∞ ∑ n=k an−kxn + β ∞ ∑ n=l an−lxn. (c) Se f (x) = ∞ ∑ n=0 anxn = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + · · · tem raio de convergência r > 0, então f (x) tem derivadas Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 373 de todas as ordens, para |x| < r e f ′(x) = a1 + 2a2x + 3a3x2 + · · · = ∞ ∑ n=1 nanxn−1 = ∞ ∑ n=0 (n + 1)an+1xn f ′′(x) = 2a2 + 2 · 3a3x + 3 · 4a4x2 + · · · = ∞ ∑ n=2 (n − 1)nanxn−2 = ∞ ∑ n=0 (n + 1)(n + 2)an+2xn f (k)(x) = ∞ ∑ n=k (n − k + 1) · · · (n − 1)nanxn−k = ∞ ∑ n=0 (n + 1)(n + 2) · · · (n + k − 1)an+kxn (d) Se ∞ ∑ n=0 anxn = 0, para todo x, com |x| < r e r > 0, então an = 0, para n = 0, 1, 2, . . . Para uma equação diferencial da forma P(x) d2y dx2 + Q(x) dy dx + R(x)y = 0, em que P(x), Q(x) e R(x) são polinômios tais que P(0) ̸= 0, a solução geral pode ser escrita como uma série de potências de x como estabelecemos no próximo resultado que será demonstrado apenas na página 389. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 374 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Teorema 2.9. Considere a equacio P(x) LY + Q(x) 24 +R(x)y =0 (2.52) dx? dx yo" , em que P(x), Q(x) e R(x) sio polinémios sem fatores comuns. Se P(0) ¢ 0, entiio a equacio tem solucdo geral em série de poténcias y(x) = 2 anx" = ag (: +) bo) +a4 (++ ye cs") , n=0 n=2 n=2 em que y\(xX) = 1+ VP» bn x" e yo(x) = x + LP» cnx" sio solucées fundamentais da equagaio que convergem (pelo menos) para |x| <r, sendo ro raio do maior circulo no plano complexo com centro na origem tal que P(z) # 0, para todo z € Ccom |z| < r. Ou seja,r = min{|z1|,...,|Z,|}, em que z; sao as raizes de P(x) reais ou complexas. Exemplo 2.21. Considere a equacdo (1+x*)y” —2xy’ + 3y =0. Pelo Teorema2.9 a solucdo geral desta equacdo pode ser escrita como y(x) = D5 aux" = ays (x) + ary2(x), n=0 em que y;(x) e y2(x) sao solucdes fundamentais em série de poténcias de x que convergem pelo menos para |x| < 1. Pois como P(z) = 1 +z? = 0 se, e somente se, z = +i, entéor = min{| — j|,|i|} = 1 é 0 raio do maior circulo no plano complexo com centro na origem tal que P(z) 4 0, para |z| < r,z € C. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 375 Exemplo 2.22. Considere a equação (x + 2)(x2 − 2x + 2)y′′ − 4xy′ + 6y = 0. Pelo Teorema 2.9 a solução geral desta equação pode ser escrita como y(x) = ∞ ∑ n=0 anxn = a0y1(x) + a1y2(x), em que y1(x) e y2(x) são soluções fundamentais em série de potências de x que convergem pelo menos para |x| < r = √ 2. Pois, como P(z) = (z + 2)(z2 − 2z + 2) = 0 se, e somente se, z = 1 ± i ou z = −2, então r = min{|1 − i|, |1 + i|, | − 2|} = min{ √ 2, √ 2, 2} = √ 2 é o raio do maior círculo no plano complexo com centro na origem tal que P(z) ̸= 0, para |z| < r, z ∈ C. Para encontrar a solução geral em série de potências de x, escrevemos a solução y(x) como uma série de potências de x, com os coeficientes a determinar, y(x) = ∞ ∑ n=0 anxn = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + · · · , e substituímos na equação (2.52) esta série, a série da primeira derivada y′(x) = a1 + 2a2x + 3a3x2 + · · · = ∞ ∑ n=0 (n + 1)an+1xn e a série da segunda derivada y′′(x) = 2a2 + 2 · 3a3x + 3 · 4a4x2 + · · · = ∞ ∑ n=0 (n + 1)(n + 2)an+2xn. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 376 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Usamos as propriedades que apresentamos anteriormente de forma a escrever o lado esquerdo da equação (2.52) como uma série de potências de x cujos coeficientes são expressões dos coeficientes a ser determinados a0, a1, . . . Usando estas expressões obtemos fórmulas que dão os coeficientes an+k em termos dos coeficientes anteriores an+k−1, an+k−2, . . . Desta forma, obtemos qualquer coeficiente em termos dos dois primeiros coeficientes não nulos que serão as constantes arbitrárias da solução geral. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 377 C V(t) R L Figura 2.27. Circuito LRC Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 378 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem -0.6 -0.4 -0.2 0.2 0.4 0.6 2 4 6 8 10 t Q Figura 2.28. Carga no capacitor do circuito LRC do Exemplo 2.19 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 379 -1 -0.5 0.5 1 -1 -0.5 0.5 1 Re z Im z Figura 2.29. Maior círculo no plano complexo com centro na origem onde P(z) ̸= 0, para o Exemplo 2.21 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 380 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem -2 -1 1 2 -2 -1 1 2 Re z Im z Figura 2.30. Maior círculo no plano complexo com centro na origem onde P(z) ̸= 0, para o Exemplo 2.22 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 381 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 x y N = 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 x y N = 2 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 x y N = 3 Figura 2.31. Somas parciais da solução y1(x) da equação do Exemplo 2.23 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 382 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 x y N = 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 x y N = 2 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 x y N = 3 Figura 2.32. Somas parciais da solução y2(x) da equação do Exemplo 2.23 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 383 Exemplo 2.23. Considere a equação y′′ − xy′ − y = 0. Pelo Teorema 2.9 na página 374 esta equação diferencial tem uma solução em série de potências válida para todo x ∈ R, pois P(z) = 1 ̸= 0, para todo z ∈ C. Substituindo-se y(x) = ∞ ∑ n=0 anxn, y′(x) = ∞ ∑ n=0 (n + 1)an+1xn e y′′(x) = ∞ ∑ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2xn na equação, obtemos ∞ ∑ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2xn − x ∞ ∑ n=0 (n + 1)an+1xn − ∞ ∑ n=0 anxn = 0 Usando a propriedade (b) da Proposição 2.8 ∞ ∑ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2xn − ∞ ∑ n=0 (n + 1)an+1xn+1 − ∞ ∑ n=0 anxn = 0 Como ∑∞ n=0(n + 1)an+1xn+1 = ∑∞ n=1 nanxn, então da equação acima obtemos ∞ ∑ n=0 (n + 2)(n + 1)an+2xn − ∞ ∑ n=1 nanxn − ∞ ∑ n=0 anxn = 0 Usando a propriedade (a) Proposição 2.8 2a2 − a0 + ∞ ∑ n=1 [(n + 2)(n + 1)an+2 − nan − an]xn = 0, ∀x ∈ R Julho 2016 Reginaldo J. Santos 384 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Como esta é a série nula, entéo pela propriedade (d) Proposicdo 2.8 os seus coefici- entes tém que ser iguais a zero, ou seja, 2a —ag = 0 (n+ 2)(n4+1)an42 — nay — dy = 0, n =1,2,3,... De onde obtemos a férmula de recorréncia ay = q, ae n = oon = =1,2,3,... An+2 (n+2)(n+1)"" n+20" n , 13, 1 Usando a formula de recorréncia 4,42 = na a partir do ay) podemos obter 0 4, a partir do az podemos obter 0 a4 e assim por diante, ou seja, a4 =a, =—~a as = 1a, Qa a= 42 = Gy, 6 = 694 = Assim, os coeficientes de indice par (mtltiplos de 2) sao dados por 1 1 1 = — ay,» = ——— a, = ————), k= 1,2... fak FR O2K-2 ~ FE (OK 2) 74 ~ DK(DK—2)--- 2” 1 Usando a formula de recorréncia 4,42 = na” a partir do a, podemos obter 0 43, a partir do a3 podemos obter 0 as e assim por diante, ou seja, a3 = : Mm, a5= 1 a3 = 1 a 3 gel 5 53 5.3 Assim, os coeficientes de indice impar (multiplos de 2 mais 1) séo dados por a os a = 1 a = | a4, k=1,2 2kYE OR +1 ET (2k 41) (2k —1) 73 (2k 412-1). 3 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.6 Solugdes em Séries de Poténcias 385 Separando-se a série de y(x) em duas séries, uma que s6 contém termos de poténcia par e outra que so contém termos de poténcia impar e substituindo-se os valores dos coeficientes a9, € 42,4 encontrados acima obtemos y(x) = Vo anx = YP agex® + Vo aoe paxtt = n=0 k=0 k=0 — 1 _ 1 2k 40 ( +h (2k)(2k—2)--.2* / . 1 2k+1 +a (HE (2k 1)(2k—1)---3* Portanto, a solucdo geral é y(x) = aoyi(x) + any2(x), em que . 1 2k = 1 —__ y1 (x) + Lo Ek 2-2" , . 1 2k+1 2(x)=x+ ), ———-—_..—- x Y LTR) 3 convergem para todo x € R. Exemplo 2.24. Considere a equacdo (x+1)y"+y=0. Pelo [eorema 2.9 na pagina 374 esta equacdo diferencial tem uma solucdo em série de poténcias que converge pelo menos para |x| < 1. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 386 EquacdespDiferenciais Lineares de 2? Ordem Substituindo-se y(x) = Yo anx", (x)= Vo(mt Vansix" ee y"(x) =) (n+2)( +1) an pox" n=0 n=0 n=0 na equacao (x + 1)y” + y = 0, obtemos (x +1) )0 (n+2)(n+1)any2x" + Y> anx"” =0 n=0 n=0 Usando a propriedade (b) da Proposicao 2.8 x \o (n+ 2)(n+1)any2x" + Yo (n+ 2)(n+1)anyox" + Yo) anx” =0 n=0 n=0 n=0 Y" (n +2) (0 + 1)anyox"*! + YO (n +2)(n + L)anyox" + Ye anx" =0 n=0 n=0 n=0 Yo (a +1) nan six" + YO) (n+ 2)(n + 1)any2x" + YO anx" =0 n=1 n=0 n=0 Usando a propriedade (a) da Proposicao 2.8 2a + a9 + V2 [(n + 1)nan yy t+ (n+ 2)(1 + 1)an42 + anjx" = 0, Vx tal que |x| <1. n=1 O que implica pela propriedade (d) da Proposicao 2.8 que 2a, + ag = 0 (n+1)nay4, + (n+2)(n+1)any2 +a, =0, n =1,2,3,... Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.6 Solugdes em Séries de Poténcias 387 De onde obtemos a formula de recorréncia az = —}ag 1 On42 = HD+ — TDG A = 1,2,3,... a3 = —L ap — au 1 1 93°27 3.2°1 3.259 3.0"1 £7 7g 3928 37921 39 gg 9 3.724 Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos y(x) = yo anx” n=0 1 1 1 1 1 = J — Lx? 4 —_ x3 — —— x4 4... —~ 8 4 xt... av ( 2° 3.9% ~ 4.3-2* F yon (: 3.2% 13.4% 7 Portanto, a equacdo tem solucao geral y(x) = agy1 (x) + ary2(x), em que 1 1 1 =~ —x? + 73 — ——_ x4 4... yi(%) 2° 13.9% ~4.3-2* * 1 1 Y2(x) Hx gah tagger sao séries que convergem pelo menos para |x| < 1. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 388 EquacdespDiferenciais Lineares de 2? Ordem Exemplo 2.25. Considere a equacdo xy” +y=0. Nao podemos aplicar 0 Teorema 2.9 diretamente pois P(x) = x é tal que P(0) = 0. Mas podemos fazer uma translacdo definindo, por exemplo, t = x — 1. Obtemos que dy dydt_ dy dx dtdx dt’ d’y d (dy\ d (dy\ dt. dy dx? dx \ dt) dt\ dt) dx dt?’ Assim, a equacao se transforma em d?y t+1)—> = Esta equacdo tem uma solucaéo em série de poténcias de t obtida no Exemplo 2.24. Substituindo-se f = x — 1 na solucdo do exemplo anterior obtemos que a solucdo geral da equacao é y(x) = aoyi(x) + ary2(x), em que =,_! 2, 1 3 1 4 yi(x) =1 5 1) + 35 (* 1) p09 1)* + (x)= (8-1) = 5x18 4+ ete — 3-2 3-4 Pelo Teorema 2.9 na pagina 374 as séries acima convergem pelo menos para |x — 1]<loud<x<2. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 389 2.6.1 Demonstração do Teorema de Existência de Soluções em Sé- ries Antes de demonstrar o teorema precisamos mostrar o resultado a seguir sobre variáveis complexas. Lema 2.10. Sejam f (x) e g(x) polinômios tais que g(0) ̸= 0. Então, f (x)/g(x) tem uma representação em série de potências de x, f (x) g(x) = ∞ ∑ n=0 anxn, que converge para |x| < r, sendo r o raio do maior círculo no plano complexo com centro na origem tal que g(z) ̸= 0, para todo z ∈ C com |z| < r. Demonstração. Sejam a1, . . . , ak ∈ C as raízes de g(x). Então, g(x) se fatora como g(x) = a0(x − a1)n1 · · · (x − ak)nk. Podemos supor que o grau de f (x) é menor do que o grau de g(x) (por que?). Então, decompondo f (x)/g(x) em frações parciais obtemos f (x) g(x) = k ∑ i=1 ni ∑ j=1 αij (x − ai)j Julho 2016 Reginaldo J. Santos 390 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Para a € C, usando a série geométrica, temos que 1 1 11 T&pzyn 2-1), Fegan ate a 4 (5)"= 2 (er)? que converge para |2| < 1, ou seja, para |z| < |a|. Além disso, usando a derivada da série anterior obtemos que 1 d 1 << n nt. we (—n-1)\ 1 (z—a)? = (sa) > X (am)? = ante)” que também converge para |z| < |a|. Como 1 di (1 agp 7 Ota (5) = 1 x a 5 entao Gay tem uma representagdo em série de poténcias de z para j = 1,2,... que converge para |z| < |al. Logo, f(z)/g(z) tem uma representacdo em série de poténcias de z que converge para todo z € Ccom |z| < r,em quer = min{|a|,...,|a,|}. Donde segue-se o resultado. a Demonstracao do Teorema 2.9 na pagina 374. Dividindo-se a equacao por P(x) ob- temos uma equacaéo da forma yl + p(x)y! + q(x)y = 0. Pelo Lema 2.10 os coeficientes podem ser escritos em série de poténcias de x Qs) yn R(x) yn P(x) = Fey = Le Pa", g(x) = Bey = Ly ax", Poa) — BP Pa) 2 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.6 Solugdes em Séries de Poténcias 391 que convergem para |x| < r, sendo ro raio do maior circulo no plano complexo com centro na origem tal que P(z) 4 0, para todo z € C com |z| < r. Suponhamos que a solucéo da equacao possa ser escrita em série de poténcias de x como y(x) = ye Anx”. n=0 Vamos mostrar que os coeficientes satisfazem uma relacdo de recorréncia de tal forma que a série converge para |x| < r. As derivadas, y’(x) ey” (x), séo representa- das em série de poténcias como oO oO W(x) = Eat Vanyix", (8) = (0 1) (942) apgox". n=0 n=0 Substituindo-se na equagdo obtemos © n de f(a +1) (n+ 2)ans2 + YE [Pune (k + Dae + qn—Kae] | x" = 0. n=0 k=0 Esta é a série nula, o que implica que todos os coeficientes séo iguais a zero. Assim, n (n+1)(n+2)an42 == YO [Pn—e(k + Vaesa + Ine) - (2.53) k=0 Por outro lado, da convergéncia das séries de p(x) e q(x) segue-se que existe M > 0 tal que |p, |t" <Me |q,|t" < M, para0 <t<ren=0,1,2... Usando isso MS k (n+1)(n+2)\angal < Fe L(+ Daca] + lanl] t k=0 Me k SFr Li [(k+ Daca] + lagi] + Man yalt. (2.54) k=0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 392 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Vamos considerar a série )°?°_9 Anx", com os coeficientes definidos por Ao = |ao|, Ai = |a1| Me k (n+2)(n+ Anya =F Yo [(k +1) Ags + Ag] + MAn at. (2.55) k=0 Usando (2.54) e (2.55), por inducao, temos que |an| < An, paran = 0,1,2,... Vamos mostrar que a série )(°°_9 Anx” é convergente para |x| < r, o que implica que a série de y(x) também é convergente. Usando (2.55) temos que M n-1 ’ (n+1)nAny = yt Xu [(k+ 1) Anza + Ax] + MAnt M n—2 ri n(n —1)Ay = 2 Xu (K+ 1)Apyy + Ag] + MAp-it. Assim, _ 1 M n-~2 L k (n+VnAnw = 5) amp Xu [(k-+ 1) Agia + Axl t+ M [nAn + An—ijt > + MAnt 1 = 5 {n(n —1)An — MAn—it + M [nAn + An—1] t} + MAnt _ An 2 = 2 {n(n 1) + Mnt + Mt \ Entao, Angix™'!| n(n —1) + Mnt+ MP |x| | A,xt |= Hn + yn |x| > rT! quando n — oo. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.6 Solugdes em Séries de Poténcias 393 Assim, a série °°) Anx” converge |x| < t, para todo t < r. Logo, a série 9 Anx" converge para |x| <r. Como |a,| < Ay, paran = 0,1,2,..., entao também converge para |x| < ra série foe} y(x) = YO anx". n=0 Agora, fazendo n = 0 em (2.53), obtemos a2 como combinagao linear de ao e a,. Substituindo-se este resultado em (2.53) para n = 1 obtemos também a3 como combinacao linear de ag e a,. Continuando desta forma obtemos An = bnAg + cna, paran=2,3,.... Assim, CO Cc y(x) = a9 {1+ YO bnx" | Fay (x+ Yo cnx" |. n=2 n=2 Co Deixamos como exercicio para o leitor a verificacdo de que y;(x) = 1+ )o bax" e =2 oo n y2(x) =x+ )° cnx” sdo solugdes fundamentais da equacao. a n=2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 394 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem 2.6.2 Demonstracao das Propriedades de Séries de Poténcias Demonstracao da Proposi¢ao 2.8 na pagina 372. (a) Para x tal que |x| < min{r,,r2} temos af(x) + Bg(x) = N N N mim Da + B im, De buat! = Jim, DY (aan + Bby)x". (b) Para x tal que |x| < r temos N N (ax* + Bx!) f(x) = (axk + Bx’) sim, Dan” = Jim (ax! + Bx!) dane ~ +k e +1 = li n n vim, 0 Doan FPL an ~ k ~ l = mim an? +B fim De an (c) Basta provarmos para a primeira derivada. Como ‘/|nayx"| = Wn \/ |an| |x| e limn—oo Wn = 1, entéo Vr, nanx” = xP, nayx" 1 e 9 4nx" possuem o mesmo raio de convergéncia. Assim, a série 2°, na,x"~! converge para |x| <r. Sejam s,f tais que 0 < |x| <s <t <r. Entao, existe K > 0 tal que n|a,|t”~! < Keassim -1 _s" 1 s\n—1 \nayx" | < n\a,|t” jot <K a) . Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.6 Solugdes em Séries de Poténcias 395 Seja e > 0. Sejam g(x) = Yo na,x" |, n=1 N Sn(x) = YO anx", n=1 Sn(x +h) — Sn(x qn(x,h) = Sw(x +h) ~ Sw(x) ) Nl ) x +h) — f(x g(x h) = LM =F M s\7t-l ie Existe No € N tal que M,N > No implica )° K (=) < 5. Entio, n=N M M M -1 -1 s\n-1_e IS (x) — Shy (x)| = | yu Nay x" | < u [nay x" | < u K ) <3) n=N n=N n=N (2.56) para todo x € [—s,s]. Deixando N fixo e passando ao limite quando M tende a infinito obtemos c ISw(x) — s(2)| < 3. (2.57) Sejam M,N >. No. Pelo Teorema do Valor Médio aplicado a Sy (x) — Sm(x) e por (2.56) obtemos que existe ¢ entre x e x + h tal que € lan (xh) = qua, h)| = |Sn (6) — SG) < 3- Deixando N fixo e passando ao limite quando M tende a infinito obtemos lqn(x,h) — q(x,h)| < 5" para todo h tal que x +h € [—s,s]. (2.58) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 396 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Como lim h→0 qN(x, h) = S′ N(x), existe δ > 0 tal que 0 < h < δ implica que |qN(x, h) − S′ N(x)| < ϵ 3 (2.59) De (2.58), (2.59) e (2.57) segue-se que |q(x, h) − g(x)| ≤ |q(x, h) − qN(x, h)| + |qN(x, h) − S′ N(x)| + |S′ N(x) − g(x)| < ϵ 3 + ϵ 3 + ϵ 3. (d) Usando o item anterior temos que f (0) = a0 = 0, f ′(0) = a1 = 0, f ′′(0) = 2a2 = 0, . . . f (k)(0) = (k − 1)! ak = 0. Logo, todos os coeficientes da série são iguais a zero. ■ Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.6 Solugdes em Séries de Poténcias 397 Exercicios (respostas na pagina 462) 6.1. Resolva a equacao diferencial dada em série de poténcias de x (em torno de x9 = 0). Escreva uma formula fechada para o termo geral de cada série que comp6e a solucdo. Dé um intervalo onde a solugao é valida. (a) y" + xy’ + 2y = 0, y(0) = 4, y/(0) = -1. (b) (1+2x?)y” — 4xy! + 6y = 0. (c) (4—2x7)y” + 2y =0. (d) (8—x*)y" —3xy' —y = 0. (ce) (1—x)y" + xy! —y =0,y(0) = -3,y'(0) = 2. (f) 2y” + xy’ +3y =0. (g) y” —xy = 0, Equacao de Airy. 6.2. Resolva a equacao diferencial dada em série de poténcias de x (em torno de xp = 0). Escreva os trés primeiros termos nao nulos (se existirem) de cada série que compée a solucéo. Dé um intervalo onde a solucdo é valida. (a) y" +kx*y = 0,emquek € R. (b) (l= x)y"+y =0. (c) (2+2?)y" ~ xy! +4y = 0, y(0) = -3, y/(0) = 2. 6.3. Mostre que se y(x) =a (: +o bs) + ay (++ ye os) . n=2 n=2 é solucdo em série de poténcias da equacdo ay dy Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 398 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem então y1(x) = 1 + ∞ ∑ n=2 bnxn e y2(x) = x + ∞ ∑ n=2 cnxn são soluções fundamentais da equação. 6.4. Considere a equação de Legendre (1 − x2)y′′ − 2xy′ + α(α + 1)y = 0. (a) Mostre que a solução geral da equação de Legendre é y(x) = a0y1(x) + a1y2(x), em que y1(x) = 1 + ∞ ∑ k=1 (2k − 2 − α) · · · (−α)(2k − 1 + α) · · · (1 + α) (2k)! x2k, y2(x) = x + ∞ ∑ k=1 (2k − 1 − α)) · · · (1 − α)(2k − 2 + α) · · · (2 + α) (2k + 1)! x2k+1. (b) Mostre que se α = 2N, para N = 0, 1, 2, . . ., então y1(x) é um polinômio de grau 2N contendo apenas potências pares de x. Mostre também que se α = 2N + 1, para N = 0, 1, 2, . . ., então y2(x) é um polinômio de grau 2N + 1 contendo apenas potências ímpares de x. (c) O polinômio de Legendre é definido como a solução polinomial da equação de Legendre, para α = N, que satisfaz PN(1) = 1. Determine os polinômios de Legendre para N = 0, 1, 2, 3, 4. 6.5. Considere a equação de Hermite y′′ − 2xy′ + λy = 0 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 399 −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −0.5 0 0.5 1 x y Figura 2.33. Polinômios de Legendre Pn(x), para n = 1, . . . , 6 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 400 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem (a) Mostre que a solução geral da equação de Hermite é y(x) = a0y1(x) + a1y2(x), em que y1(x) = 1 + ∞ ∑ k=1 (−1)k(λ − 2(2k − 2)) · · · λ (2k)! x2k, y2(x) = x + ∞ ∑ k=1 (−1)k(λ − 2(2k − 1)) · · · (λ − 2) (2k + 1)! x2k+1. (b) Mostre que se λ = 4N, para N = 0, 1, 2, . . ., então y1(x) é um polinômio de grau 2N contendo apenas potências pares de x. Mostre também que se λ = 2(2N + 1), para N = 0, 1, 2, . . ., então y2(x) é um polinômio de grau 2N + 1 contendo apenas potências ímpares de x. (c) O polinômio de Hermite HN(x) é definido como a solução polinomial da equação de Hermite, para λ = 2N, tal que o coeficiente de xN é igual a 2N. Determine os polinômios de Hermite para N = 0, 1, 2, 3, 4. 6.6. Considere a equação de Chebyshev de primeiro tipo (1 − x2)y′′ − xy′ + α2y = 0. (a) Mostre que a solução geral da equação de Chebyshev é y(x) = a0y1(x) + a1y2(x), em que y1(x) = 1 + ∞ ∑ k=1 ((2k − 2)2 − α2) · · · (−α2) (2k)! x2k, y2(x) = x + ∞ ∑ k=1 ((2k − 1)2 − α2) · · · (1 − α2) (2k + 1)! x2k+1. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 401 −2 0 2 −4 −2 0 2 4 x y −2 0 2 −5 0 5 10 15 x y −2 0 2 −40 −20 0 20 40 x y −2 0 2 −50 0 50 100 x y −2 0 2 −200 −100 0 100 200 x y −2 0 2 −1000 −500 0 500 x y Figura 2.34. Polinômios de Hermite Hn(x), para n = 1, . . . , 6 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 402 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem (b) Mostre que se α = 2N, para N = 0, 1, 2, . . ., então y1(x) é um polinômio de grau 2N contendo apenas potências pares de x. Mostre também que se α = 2N + 1, para N = 0, 1, 2, . . ., então y2(x) é um polinômio de grau 2N + 1 contendo apenas potências ímpares de x. (c) O polinômio de Chebyshev de primeiro tipo TN(x) é definido como a solução polinomial da equação de Chebyshev de primeiro tipo, para α = N, tal que o coeficiente de xN é igual a 1, se N = 0 e igual a 2N−1, se N > 0. Determine os polinômios de Chebyshev de primeiro tipo para N = 0, 1, 2, 3, 4. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.6 Soluções em Séries de Potências 403 −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 x y −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 x y Figura 2.35. Polinômios de Chebyshev de primeiro tipo Tn(x), para n = 1, . . . , 6 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 404 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem 2.7. Mudancas de Variaveis 2.7.1 Equacdes que nao Contém y Equac6es que podem ser escritas na forma Y= fyit) (2.60) podem ser resolvidas fazendo-se a substituicgéo v(t) = y/(t). O que transforma a equacao (2.60) em v' — f(v,t) =0 Esta é uma equagao de 1* ordem. Depois.de resolvida esta equacdo, resolve-se a equacao y! = o(t). Exemplo 2.26. Vamos considerar a equacdo Py! +2ty’=1, t>0. Substituindo-se y’ = v na equacdo obtemos fo! + 2tv =1 Dividindo-se por f* vl + 2,-4 to Multiplicando-se a equacao por p(t) = efit — p d (i \ _ ait (! 2) =1 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.7 Mudanças de Variáveis 405 Integrando-se obtemos t2v(t) = t + c1 Logo, y′ = v(t) = 1 t + c1 t2 Integrando-se y(t) = ln t + c1 t + c2. 2.7.2 Equações que não Contém t Equações que podem ser escritas na forma y′′ = f (y′, y) (2.61) podem ser resolvidas fazendo-se a substituição v(t) = y′(t). O que transforma a equação em dv dt = f (v, y) Se considerarmos v = v(y(t)), então dv dt = dv dyy′ = vdv dy E a equação (2.61) se transforma em vdv dy = f (v, y) Depois de resolvida esta equação resolve-se a equação y′ = v(y) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 406 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Exemplo 2.27. Considere a equacgéo yy" + (y')? =0. Substituindo-se pny e Wha de dody _ dv 4 8 I ae dydt “dy na equacdo obtemos of? +v? =0 Logo, dv v=0 ou MH? = 9: v=0 = y(t) =cy. “aa ody y d 1 = (In|o|) = —- 7 Ale) =~; In Jo] = —In|y| + & In |oy| = & oy = Substituindo-se v = y' obtemos yy! = cy que pode ser escrita como d(y\ , dy JY Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.7 Mudangas de Variaveis 407 ou ainda 5 d (fy a (=) =9 Assim, a solucdo da equacao inicial é dada implicitamente por 2 + =cit+e. 2.7.3 Equacoes de Euler As equacoées de Euler sao equagdes que podem ser escritas na forma xy" + bxy! +cy = 0. (2.62) em que b ec sao constantes reais. Para x > 0, a substituicéo f = Inx transforma a equacdo de Euler numa equacao linear com coeficientes constantes. dy _dy dt _ 1dy dx dtdx xdt Py _ d (dy\__1dy 1d (dy dx2 dx \dx] — x2 dts x dx \ dt _ lady 14 dy dt __ id | 1 dy x2 dt oxdt\ dt) dx = x2 dt_— x? df? Substituindo-se na equacao de Euler (2.62) obtemos a equacao linear com coeficien- tes constantes 5 d°y qy y= Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 408 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Se y1(t) e y2(t) são soluções fundamentais desta equação, então y(x) = c1y1(ln x) + c2y2(ln x) é a solução geral da equação de Euler (2.62) para x > 0. Exemplo 2.28. Vamos resolver as equações seguintes para x > 0. (a) x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 (b) x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0 (c) x2y′′ − xy′ + 5y = 0 Solução: (a) Fazendo t = ln x a equação x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0 se transforma em y′′ − 3y′ + 2y = 0. Equação característica r2 − 3r + 2 = 0 ⇔ r = 2, 1 Solução geral: y(x) = c1e2 ln x + c2eln x = c1x2 + c2x (b) Fazendo t = ln x a equação x2y′′ + 5xy′ + 4y = 0 se transforma em y′′ + 4y′ + 4y = 0. Equação característica r2 + 4r + 4 = 0 ⇔ r = −2 Solução geral: y(x) = c1e−2 ln x + c2e−2 ln x ln x = c1x−2 + c2x−2 ln x Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.7 Mudangas de Variaveis 409 (c) Fazendo t = Inx a equacao xy" — xy’ + 5y = 0 se transforma em y” — 2y' + 5y = 0. Equacao caracteristica Pr —2r+5=06r=142i Solugao geral: _ In x Inx y(x) = cye™* cos(2Inx) + cye™* sen(2Inx) = cx cos(2Inx) + cox sen(2 In x) 2.7.4 Outras Mudancas Exemplo 2.29. Vamos encontrar a solucdo geral da equacao ty” +(2t—1)y'+Py=0, parat>0 fazendo a mudanca de variaveis x = t?/2. dx _2 ax x=/2 => dt t, dy dx dy / => SS t— 0 dxdt dx’ d (dy dy ddy dy ,d*ydx dy »d’y We —— =—_ — SS a — —=>S} — = — rT (2) dx | 'didx dx ‘dxdt dx dx Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 410 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Substituindo-se na equação obtemos t( dy dx + t2 d2y dx2 ) + (2t2 − 1)t dy dx + t3y = 0 Simplificando-se e dividindo-se por t3 obtemos d2y dx2 + 2dy dx + y = 0 A solução geral desta equação é y(x) = c1e−x + c2xe−x Substituindo-se x = t2/2, temos que a solução geral da equação inicial é y(t) = c1e−t2/2 + c2t2e−t2/2 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 2.7 Mudanças de Variáveis 411 Exercícios (respostas na página 480) 7.1. Resolva as equações abaixo fazendo a substituição v = y′. (a) y′′ + (y′)2 = 0 (b) ty′′ = y′ (c) (1 + x2)y′′ + 2xy′ = 2x−3 7.2. Resolva as equações abaixo fazendo a substituição v = y′. (a) y′′ + y(y′)3 = 0 (b) y2y′′ − y′ = 0 (c) y′′ = (y′)3 + y′ 7.3. Resolva as equações abaixo para x > 0 fazendo a substituição t = ln x. (a) x2y′′ + 4xy′ + 2y = 0 (b) x2y′′ − 3xy′ + 4y = 0 (c) x2y′′ + 3xy′ + 5y = 0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 412 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem 2.8 Respostas dos Exercicios 1. Equagdes Homogéneas - Parte I (pagina 287) 1.1. (a) Sejam y(t) =e? e yo(t) = ew), yi (£) _ wy (t) = w¢2e—H(t-4) — y2e-w(t-a) = Q, y(t) — wya(t) = w2eP(t—%) — werlta) = 0, Logo, y1(t) =e @ e y2(t) = e@!-) sao solucbes da equacao diferencial. Wy, t) = det yi(t) Ya(t) a | HO Ae ew t—a ew t—a = det —we @(t-4) age (t-a) 1 1 = aet ww =2w £0. Logo, a solucao geral da equacao diferencial é y(t) = cry1(t) + coya(t) = cye PE 4 eye), —w(t—a) ww (t—a) —w(t-a) _ ,w(t—a) (b) Sejam y;(t) = cosh(w(t —a)) = ee e y(t) = senh(w(t—a)) = ——_*___. yf (t) — w?y1(t) = w* cosh(w(t — a)) — w? cosh(w(t — a)) = 0. y(t) — w*y2(t) = w? senh(w(t — a)) — w? senh(w(t —a)) = 0. Logo, y1(f) = cosh(w(t — a)) e y2(t) = senh(w(t — a)) sao solugdes da equagcao diferencial. yy = at] 2) — det cosh(w(t—a)) senh(w(t —a)) ~ SS" b wesenh(w(t—a)) weosh(w(t — a)) — wdet cosh(w(t—a)) senh(w(t—a)) — senh(w(t—a)) cosh(w(t—a)) = w #0, pois cosh? x — senh? x = 1. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 413 Logo, a solucao geral da equacao diferencial é y(t) = cryr(t) + coya(t) = ci cosh(w(t — a)) + cy senh(w(t —a)). 1.2. (a) Substituindo-se y1(x) = e™, y,(x) = re™ e y// (x) = r7e™ na equacdo diferencial obtemos ((P +r) x+3°+2r-1) e*=0 Dividindo-se por e’*, obtemos (7 +r) x+3r7+2r—1=0 para todo x em um intervalo, ou seja, r tem que ser solucdo, simultaneamente, das equacgdes P+r=0 e 3r+4+2r-1=0 ou seja, r = —1. Assim y;(x) = e * é uma solucao da equacao diferencial. (b) Substituindo-se yp (x) = ax+ b, y4(x) = ae y5(x) = 0 na equacao diferencial obtemos a(x+2)—ax—b=0 ou 2a—b=0. Logo y2(x) = ax + b é solucdo da equacao diferencial se, e somente se, b = 2a. Assim todas as solugées da equacao diferencial que sao fungées de 1° grau sao da forma y(x) =a(x+2), paraa eR. Como foi pedido apenas uma solucaéo, vamos escolher a = 1 e neste caso, y2(x) = x +2 é uma funcdo de 1° grau que é solucaéo da equacao diferencial. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 414 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem (c) Dos itens anteriores temos que y1(x) = e * e y2(x) = x+2 sao solucdes da equacao diferencial. Vamos ver que y;(x) = e * e y2(x) = x +2 sdo solucdes fundamentais da equacao. W , x)= det y1(x) Y2(x) nls) = ae] 1) —Xx = det So wr? =e *(3+x) £0, parax 4 —3 Como y;(x) =e * e y2(x) = x +2 sao solucdes fundamentais da equacao, a solucao geral é y(x) = cye* + c(x +2), (d) Como y(1) = 1, entao substituindo x =e y = 1na solucao geral y(x) obtemos que cje~! + 3c2 = 1. Como y’(1) = 3, substituindo-se x = 1 e y’ = 3 na expressao obtida derivando-se y(x): y'(x) = —cye* +e obtemos —c,e~! + cp = 3. Resolvendoo sistema eye} 4+3c9=1, —cye t+ep =3 obtemos cj = ~—2e e cp = 1. Assim a solucdo do problema de valor inicial é y(x) = —2e*th+x+2 sys dy r—1 dy r—2 1.3. Substituindo-se y = x’, qa) 8 = r(r —1)x"* em (2.11) obtemos x?r(r —1)x"? + barx™ + + cx” = 0. (7? + (b-1)r+c) x’ =0. Dividindo-se por x’, obtemos que y = x” é solucdo da equagao (2.11) se, e somente se, r é solucdo da equacao r+(b-1)r+c=0. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 415 1.4. yi(x) yo(x) | _ x" x” ct | v(x) wh(x) | S| ath pyxtet = x ly det Sa | Mm 12 = (r—17)x 2A 0, para todo x > 0. 1.5. Neste caso, para x > 0, pela formula de Euler: yi (x) = yh = prilnx _ e(*+iB) Inx = eR (cos(BIn x) + isen(BInx)) = x*(cos(blnx)+isen(Blnx)) e (x) = x2 = pl2inx _ (4-18) Inx = e** (cos(—B In x) + isen(—f Inx)) = x*(cos(Blnx) —isen(6lnx)) sao solucdes complexas da equacao diferencial (2.11). A solucao geral complexa é y(x) = Cyx" + Cox” = (C,x* (cos(BInx) +isen(f In x)) + Cox“ (cos(B In x) — isen(B In x)) = (Cy +C2)x* cos(f In x) + i(Cy — Cz)x" sen(B In x) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 416 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Tomando C; = C2 = 1/2, temos a solucéo u(x) = x“ cos(B In x) e tomando C; = -5 eCo = > temos a solucéo v(x) = x“ sen(Blnx). u(x) v(x) | _ 2 daa aet wix) v(x) | = px #0, Vx>0. 1.6. Vamos mostrar que yi(x) =x" e yo(x) =x" Inx sao solucdes fundamentais da equacdo de Euler, em que r = 1b. y3(x) =x" 1(r Inx +1), ys (x) = x"-?((r2 —r) Inx +2r—-1)) x? yy + bry) + cya = = x"((72 + (b—1)r+c)Inx+2r+b=1) =0. yi(x) yo(x) _ x" x" Inx det| yy(x) yo(x) J det) x (1+1Inx)x171 1 Inx _ 2r,—-1 ~ * det ry (1+17Inx) = x21 #0, paratodo x > 0. 1.7. (a) Equagao indicial: r(r—1)+4r4+2=08r=-2,-1 Solugao geral: y(x) =cyx 7+ cox} Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.8 Respostas dos Exercícios 417 (b) Equação indicial: r(r − 1) − 3r + 4 = 0 ⇔ r = 2 Solução geral: y(x) = c1x2 + c2x2 ln x (c) Equação indicial: r(r − 1) + 3r + 5 = 0 ⇔ r = −1 ± 2i Solução geral: y(x) = c1x−1 cos(2 ln x) + c2x−1 sen(2 ln x) 1.8. (a) p(t) = 0 q(t) = t − 2 t2 − 1 = t − 2 (t − 1)(t + 1) f (t) = t t2 − 1 = t (t − 1)(t + 1). Como t0 = 0, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo −1 < t < 1. (b) p(t) = 1 t2 − 1 = 1 (t − 1)(t + 1) q(t) = t t2 − 1 = t (t − 1)(t + 1) f (t) = t2 t2 − 1 = t2 (t − 1)(t + 1). Como t0 = 2, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t > 1. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 418 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem (c) t+1 t+1 p(t) = f—t t(t—1) 1 t+1 g(t) = f—t t(t—1) et ef I) = BE ta: Como fy = —1, entaéo o problema de valor inicial tem solucaéo no intervalo t < 0. (d) t+3 t+3 p(t) = f—t t(t—1) 2 t+3 q(t) = f—t t(t—1) cost cost P(t) = f—t #t(t—-1)’ Como fp = 2, entaéo o problema de valor inicial tem solucdo no intervalo t > 1. 1.9. Sejam y;(f) a solucdo do PVI { y+ plty! + q(t)y = 0, y(to) =1, y'(to) =0 e€ y(t) a solucdo do PVI y" + p(t)y! +4(t)y = 0, y(t.) =0, y'(to) =1, entao W|y1,y2|(to) = 140. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 419 1.10. Substituindo-se y(t) = sen(t?) na equacao diferencial y” + p(t)y’ + q(t)y = 0 obtemos —4t* sen(t?) + q(t) sen(t*) + 2 p(t) t cos(t*) + 2 cos(t?) = 0. Substituindo-se t = 0 obtemos 2 = 0, que é um absurdo. L111. y}(t) = 38, y(t) = 6t, y5(t) = 3t|tl|, y¥(t) = 6|t]. Substituindo-se na equacdo diferencial obtemos ty, — (2+ #)y, + 3ty, = 6f — (24 #7)3#? + 3t* = 0. tyy — (2+ #7) ys + 3ty2 = 6t\t| — (2 + £7)3¢|t| + 3f°|t| = 0. Logo, y(t) e y2(t) so solugdes da equacao diferencial. y(t) = y2(t), para t > Oe y1(t) = —y2(t), para t < 0. Logo, y1(t) e y2(t) sao LI Why w(t) det | fll ]oo veer 192 3t 3¢|t| ’ 1.12. Vamos supor que y(t) e y2(t) nado sao solucdes fundamentais da equacao diferencial no intervalo I, entao Wly1, 2] (t) = 0, para todo t € I. Considere a combinacao linear nula cyyi(t) + coye(t) = 0. Derivando em relacdo a t obtemos cry) (#) + coya(t) = 0. Seja tg € I. Substituindo-se tg € I nas duas tltimas equacgdes obtemos o sistema { ciyi(to) + ¢2y2(to) = 0 ciyi(to) + cayo(to) = 0 que pode ser escrito na forma AX =0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 420 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem em que | Yi (to) y3(to) oo | * 0 Como W{y1, y2|(to) = det(A) = 0, entdo o sistema tem solucdo nao trivial.(cj,c2) 4 (0,0). Seja y(t) = cyy1(t) + coya(t), parat € I. y(t) satisfaz as condicGes iniciais y(t9) = 0 e y/(to) = 0. Logo, pelo Teorema de Existéncia e Unicidade (Teorema 2.1 na pagina 274), y(t) =cyyi(t) + coy2(t) =0, paratodot € I. Como c} e c2 nao s4o ambos nulos, entéo.ou y¥2(t) = — y(t) ou y;(t) = 2 y(t), para todo t € I. Ou 2 1 seja, y1(t) e y2(t) sao LD. 1.13. (a) Wlys, yo](t) = ya (t)yo(t) — yo(t)yi (E) Wlyryal'(t) = yi(é)ya(t) + ya (#)ys (t) — yo(t)yi (t) — yo(#yi (t) = yrlt)ys (t) — yo(t)yy (t) (o) Como y}(f) e y2(t) so solugdes da equacao y" + p(t)y' + (ty = 0, entao yi (t) + p(Eyi(t) + 4(t)yi(t) = 0 (2.63) yo (t) + p(E)yo(t) + 4(t)y2(t) = 0 (2.64) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 421 Multiplicando-se a equacao (2.64) por yi (f) e subtraindo-se da equag4o (2.63) multiplicada por y(t) obtemos yilt)yz(t) — yoltyi(t)” + plt)(yi(é)ya(t) — ya(é)yo(t)) = 0, ou seja, pelo item anterior Wlyryol'(t) + PWy yal (t) = 0 (c) Pelo item anterior o wronskiano satisfaz a equacao diferencial W’ + p(t)W = 0. A equacdo diferen- cial pode ser escrita como uma equacao separavel Ww’ Wot TPL): Integrando-se em relagdo a t obtemos Ww’ | ya = — f pleat +er | qaw= — [ plt)at +e WwW ~~ P 1 In|W(t)| = — / p(t)dt +c, Aplicando-se.a exponencial a ambos os membros obtemos W(t) = Why ya](t) = ce FP (d) Pelo item anterior, se para algum fo € I, W[y1, y2|(to) = 0, entao c = 0e W[y1, y2|(t) = 0, para todo tel. Por outro lado, se para algum to € I, W[y1,¥2|(to) 4 0, entao c 4 0e WI, y2|(t) A 0, para todo tel. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 422 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem 1.14. Substituindo-se y;(t) e y2(t) na equagdo diferencial y” + p(t)y’ + q(t)y = 0 obtemos o sistema AX = _ [yy (é) ni _ | _ rit] ; eat ~y_ al B, em que A = ,xX= eB = . Assim, = X = AVB = uo ta yo(t) q(t) =v OP Tae) y(t) wl) f-w{(] 4 yo(t) —yi(t)| Jyv()] 2 1 [yo(t)yy (4) — vi (4)y9 (t) yo(t) yo(t)} L-y2(} Wael) [—yo(t) it) | bya ()f Weal Ly (ys (4) — your ()] Observe a aplicacéo do Teorema de Abel (exercicio anterior). 2. Equacé6es Homogéneas - Parte II (pagina 307) 2.1. (a) 2x? yl! — xy — 9y1 = 2x7 (6x) — x(3x?) — 9x? = 12x3 = 3x3 — 9x3 = 0 Logo, y1(x) = x° é solucao da equagao. (b) Seja y1(x) = x°. Vamos procurar uma segunda soluc¢éo da-equacao da forma y(x) = o(x)y1(x) = o(x)x°. Entdo, v(x) é solugado da equacao diferencial yo" + (p(x)y1 + 2y;)o" = 0, em que p(x) = —x/(2x*) = —1/(2x). Ou seja, x2 xo" + (—> + 6x7)v' =0 ou u xo" + ze =0. Seja w(x) = v' (x). Entao, a equacao acima pode ser escrita como 2xw' +11w = 0. Esta é uma equacao de 1a. ordem separavel. ow i w x Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 423 d 11 qq 2 in lwl) = —~ 21In |w| = —11In |x| +6 In [211 w(x))?| = 6 w(x) =v'(x) =cyx /? Resolvendo a equacao para v(x): v(x) = cy pomeas = sag? +¢2 Tomando-se cz = 0 e cy = —9/2 obtemos v(x) = x~°/* e uma segunda solucado da equacao é yo(x) = o(x) yi (x) = PPP = x9? Vamos ver que y1(x) = x° e y2(x) = x~3/7 sao solucées fundamentais da equacao. wivne) = ae] EAPO nal) Lis v(x) x x7 => det 3x2 —34-S/2 = a3 x1/2 x 0, para x #0. 2.2. (a) x?yl! + 3xy) + yy = x7(2x73) +3x(—x-7) 4 = 2x 1 -—3x 14x 1=0 Logo, y1(x) =x ~é solucdo da equacao. (b) Seja y1(x) = x~!. Vamos procurar uma segunda solucéo da equacao da forma y(x) = o(x)yi(x) = o(x)xt. Entao, v(x) é solugdo da equacao diferencial yo" + (p(x)yi + 2y;)o" = 0, Julho 2016 Reginaldo J. Santos 424 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem em que p(x) = 3x/x* = 3/x. Ou seja, xotol + (5 —2x-*)v' =0 ou Wt 1 / v + -v =0. x Seja w(x) = v'(x). Entéo, a equacdo acima pode ser escrita como xw' +w=0. Esta é uma equacao de 1a. ordem separavel. wi wo x d 1 dx (In |w|) = ~X In |w| = —In|x| + & In |xw(x)| = & w(x) =0'(x) =cyx7! Resolvendo a equagao para v(x): v(x) =cy [elas =cInx+c2 Tomando-se cz = 0e cj = 1 obtemos v(x) = Inx e uma segunda solugdo da equacao é y2(x) = o(x)y1(x) = xT Inx Vamos ver que yi(x) = x~! e y2(x) = x7! Inx s4o solucdes fundamentais da equacao. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 425 W , x = det y1(x) Y2(x) [y1, ¥2]( vi (2) yi (x) _ xT x*Inx 3 = det —y2 x2 —Inx) =x’ £0,parax £0 2.3. 7 y(x) = o(x)y1(x) = v(x) x? Entao, v(x) é solugdo da equagao diferencial yo" + (p(x)y1 + 2y4)o' = 0, em que p(x) = bx/x* = b/x. Ouseja, xr ol (bx +(1- b)x- =u" =0 ou 1—b —1—b x2tv't+x 7 v' =0 ou ainda xo” +0' = 0. Seja w(x) = v'(x). Entéo, a equagdo acima pode ser escrita como xw' +w=0. Esta é uma equacao de la. ordem separavel. / wv + 1 =0 w x a (In |w| + In |x|) =0 dx — In |xw(x)| = & Julho 2016 Reginaldo J. Santos 426 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem w(x) =v'(x) =cyx 7} Resolvendo a equacao para v(x): v(x) =cy [eas =cylnx+c@ Tomando-se cz = 0 e cj = 1 obtemos v(x) = Inx e uma segunda solugdo da equagao é 1b yo(x) = o(x)yi(x) = x? Inx Vamos mostrar que yi(x) =x" e y2(x) =x" Inx sao solucgdes fundamentais da equagao de Euler. yi(x) y2(x) _ x" x" Inx “et | W(x) yalx) J det) yr (14+rInx)x"! _ or-1 1 Inx ~ * act] r (1+ rlnx) = x1 #0, paratodox > 0. 2.4. (a) (x+3)z2/ + (x+2)z4 —z1 = (x +3)2 4 (x +2)2x — 2x? = 3x7 +6x +6 £0 (x +3)z4 + (x +2)z5 — 22 = (x +3)6x + (x +2)3x? — x9 = 2x3 + 12x? + 18x £0 (x-+ 3)z4 + (x + 2)z5 — 23 = (x +3)e* — (x +2)e-*-—e * =0 Logo,z1(x) = x? e 22(x) = x° nao sao solucées da equacao e z3(x) = e~* € solugdo da equacao. (b) Seja yi (x) =e *. Vamos procurar uma segunda solucdo da equacao da forma y(x) = v(x)yi (x) = o(xje™. Entao, v(x) é solugdo da equacao diferencial yo" + (p(x)yi + 2y;)o" = 0, Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 427 em que p(x) = iS. Ou seja, —x xX +2 _ —x)pf __ e *v" +(e 43 2e-*)v' =0 ou 4 ” x 1 —2)y' = ol + (33 )v' =0, ou ainda nA Mm xn ho v ( ; 3)? 0. Seja w(x) = v'(x). Entéo, a equacao acima pode ser escrita como , x+4. w (~ 7 3)” =0. Esta é uma equacao de la. ordem separavel. we x+4 w x+3 d x+4 1 (1 a7 * yj 4 dx (In lel) x+3 +43 In|w| = x+In(x+3) + w(x) - I — ]} — = " | x+3 | me w(x) = v'(x) = cye*(x +3) Resolvendo a equacao para v(x): v(x) = cy pet +3)dx = cy(x+2)e* +c Julho 2016 Reginaldo J. Santos 428 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Tomando-se cz = 0 e cj = 1 obtemos v(x) = (x +2)e* e uma segunda solucao da equacao yo(x) = 0(x)yi(x) = (x-+2)e%e* =¥42 Vamos ver que y1(x) = e * e y2(x) = x +2 sdo solucdes fundamentais da equacao. Winnie) ae) GS | = det _ wr? =e *(3+x) £0, parax £ —3 (c) Como y;(x) = e-* e y2(x) = x +2 sdo solucGes fundamentais da equacao a solucao geral é y(x) =cye * +e2(x+2), Agora, como y(1) = 1, entdo substituindo x = 1 e y = 1 nana solugao geral y(x), obtemos que cje~! +3cy = 1. Como y'(1) = 3, substituindo-se x = 1 e y! = 3 na expressao obtida derivando-se y(x): y(x) = —cye* +e obtemos —c,e~! + cp = 3. Resolvendo o sistema cye | +3co = 1, —cye} +o =3 obtemos cy = —2e € cz = 1. Assim, a solucao do problema de valor inicial é y(x) = —2e*th+x+2 2.50 y+ 2y' = 0 tem solugao geral y(t) = kye~*! + kp. Logo, ky +ky = a,ky = —b/2eky =a+b/2e y — a+b/2 quando t — +00. 2.6. Se 0 < b < 2 entdo as raizes da equacao caracteristica sao ~b/2+iV4—b?/2 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.8 Respostas dos Exercícios 429 e as soluções são da forma y(t) = c1e(−b/2)t cos ωt + c2e(−b/2)t sen ωt, onde ω = √ 4 − b2/2. Logo, como 0 < b, então y → 0 quando t → +∞. 2.7. As raízes da equação característica são ±2 e a solução geral é y(t) = c1e2t + c2e−2t. Então c1 = −c2 = b/4 e y(t) = b 4(e2t − e−2t) = 0 Como b ̸= 0, então e2t = e−2t, ou seja, e4t = 1 e t = 0. 2.8. A equação característica tem 1/2 como única raiz. Assim, a solução geral é da forma y(t) = c1et/2 + c2tet/2. y(0) = 2 implica que c1 = 2. y′(t) = c1 2 et/2 + c2(1 + t 2)et/2 y′(0) = b implica que c1/2 + c2 = b. Assim, c2 = b − 1 e a solução do problema de valor inicial é y(t) = e(1/2)t(2 + (b − 1)t). Logo, se b ≥ 1, y(t) → +∞ quando t → +∞. 2.9. A equação característica é r2 + 2b + 1 = 0 ∆ = 4(b2 − 1) • Se |b| > 1 então as raízes da equação característica são −b ± √ b2 − 1 e as soluções da equação diferencial são da forma y(t) = c1e(−b− √ b2−1)t + c2e(−b+ √ b2−1)t. Se b > 1, então y(t) → 0, quando t → +∞. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 430 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem ¢ Se b = +1 entao a raiz da equacdo caracteristica é —b e as solucdes da equagao diferencial sao da forma y(t) = ce + egte". Se b = 1, entao y(t) — 0, quando t + +oo. ¢ Se —1 < b < lentao as raizes da equacao caracteristica sto —b + iV/1 — b? e as solucdes da equacdo diferencial sao da forma y(t) = cye~™ cos (v 1— bv? t) + coe sen (v 1—b? t) . Se 0 < b < 1, entao y(t) — 0, quando t + +00. Logo, para b > 0, entao y(t) — 0 quando t > +o. 2.10. A equacao caracteristica é ?+2rt+a=0 A=4-4« =4(1-«) (a) Sex > 1, entéo A < 0, as raizes da equacao caracteristica s4o 11,2 = —1 tiva —1easolucao geral da equacao é y(t) = cye' cos(Va — 1t) + ce‘ sen(V/a — 18) (b) Sew = 1, entéo A = 0er = —1€a tinica raiz da equagao caracteristica e a solucdo geral da equacdo é y(t) =cye ! +cote! (c) Sew < 1, entéo A > 0, as raizes da equacao caracteristica so 11,2 = —1+ V1 —.« ea solucao geral da equagao é y(t) _— cye(—1-v1-a)t 4 coe(-l+vil-a)t 3. Equagéés nao Homogéneas (pagina 331) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 431 3.1. (a) A equacao caracteristica é r+5r+6=0. A=25—24=1 As raizes da equacao caracteristica sdo 11 = —3 e r2 = —2 ea solucao geral da equacao homogénea é yp, (x) = cye * + ene Yp(x) = (Ao + Arx)e*, yp (x) = Aye" — 5(Ag + Arx)e->* = (Ay — 5Ag — 5A x)e™™*, yp(x) = —5Aye>* — 5(A1 — 5Ap — SAyx)e5* = (—10Aq + 25A9 + 25Aix)e™. Substituindo-se yp (x), ¥p(x) e yp (x) na equagaéo obtemos (—10A; + 25Ag + 25A;x) + 5(Ay — 5A — 5A, x) + 6(Ap + A1x) = x Comparando os termos de mesmo grau obtemos 0 sistema linear 6Ag — 5A, = 0 6A, = 1 que tem solugdo Ag = 5/36 e A; = 1/6. Assim, uma solucdo particular da equagdo nao homogénea é _ 5 1 —5x Yp(X) = (= + =) e e a solucao geral da equacdo nao homogénea é 1 y(x) = (= + ;*) e+ eye + eye ** (b) A equacao caracteristica é r —4r+6=0. A=16—24= —-8 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 432 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem As raizes da equacao caracteristica séo 11,2 = 2 +iV/2 ea solucao geral da equacéo homogénea é yn (x) = cye* cos(V/2 x) + cze** sen( V2 x) Yp(x) = Ao + Ax, ¥,(x) = Ar, p(x) = 0. Substituindo-se yp (x), y, (x) ey, (x) na equagaéo obtemos —4A,+ 6( Ao + Ayx) = 3x Comparando os termos de mesmo grau obtemos 0 sistema linear 6Ap9 = 4A, = 0 6A; = 3 que tem solucéo Ap = 1/3 e Ay = 1/2. Assim, uma solugao particular da equacdéo ndéo homogénea é (x) = 545% WO 32 e a solucao geral da equagdo nao homogénea é 1 1 y(x) = 3 taxt cye~* cos(V2 x) + coe sen( V2 x) (c) Equagao caracteristica: 77+ 1=04r = +i. Solucao geral da equacdo homogénea: y;,(t) = cy cost + cp sent. Usando 0 método de variacdo dos pardametros, vamos procurar uma solucao particular da forma Yp(t) = u(t) cost + uz(t) sent (2.65) com a condicao de que y,(t) = —u1(t) sent + up(#) cost ou equivalentemente (cos t)u}(t) + (sent)us(t) = 0 (2.66) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 433 Substituindo-se yp(t), ¥p(t) e y)(t) na equagao diferencial obtemos — (sen t)u{(t) + (cos t)u5(t) = cosec t (2.67) Resolvendo o sistema linear formado por (2.66) e (2.67) obtemos u}(t) _ —1 u(t) "| cotant Assim, uz(t) — = fidat= —t+ Cp, cos t u2(t) = / sali dt = In|sent| +c}. Tomando c; = 0e cz = 0e substituindo-se em (2.65) obtemos a solucao particular Yp(t) = (In|sent|) sent — t cost. Portanto, a solugdo geral da equagao é y(t) = (In|senf|) sent — tcost + cy cost + cp sent. (d) Equagdo caracteristica: m—1=0er=41. Solucdo geral da equacdo homogénea: y;,(t) = cye! + c2e*. Usando 0 método de variacao dos pardametros, vamos procurar uma solucdo particular da forma Yp(t) = uy (t)e’ + ua(t)e (2.68) com a condicdo de que Yp(t) = ua(t)et — up(te ou equivalentemente e'us(t) +e ‘us(t) =0 (2.69) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 434 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Substituindo-se yp(t), ¥p(t) e y)(t) na equagao diferencial obtemos eu’ (t) —e 'uh(t) = (1+e‘)~? (2.70) Resolvendo o sistema linear formado por (2.69) e (2.70) obtemos et | u(t) _ il — (L+esty ] = us (t) 2 aoe Assim, u (0% fant = ee te NO J 2 eF2" 2(T+e*) TS et est t) = — | ———_dt = — | ——_~dt a(t) / 214 ep / We +12 Fazendo u = e! + 1, entdo 1 ¢(1—u)? 1 1 2 = 3) a7 gta 1 1+e = ~——+4+In(1+e') — —— rape mas) a te Tomando c; = 0 e cz = 0 e substituindo-se em (2.68) obtemos a solucao particular et et yw) = sayey baa sey -t +e 'In(1+e') — ae Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 435 Portanto, a solucgdo geral da equagao é e et f) = ~~ +--+ _ y(t) 214+e-4) | 20 he) -t tetin(i+el)— ~ + cye! + cet. (e) Eq. caracteristica: rm+4=-0e6r= 442i. Sol. geral da eq. homog.: yy,(t) = cy cos(2t) + cg sen(2t) Vamos usar 0 principio da Superposicaéo para equagdes nio homogéneas: yy (t) = t[Acos(2t) + Bsen(2t)| 6 uma solucdo da equagao y’’ + 4y = 2sen(2f) e y\? (t) = Ct+ D é uma solucao da equacao y” + 4y = ft. Logo, yp(t) = y\ (t) + y(t) é solucao da equacdo y” + 4y = 2sen(2t) +t. Vamos encontrar uma solucdo particular de y” + 4y = 2sen(2t): yj’ (t) = t[A cos(2t) + Bsen(2t)] yi," (t) = Acos(2t) + Bsen(2#) + t|-2A sen(2#) + 2B cos(2#)| yf (t) = (—4At-+ 4B) cos(2F) + (—4Bt — 4A) sen(2£) Substituindo-se na equagao diferencial obtemos (—4At + 4B) cos(2t) + (—4Bt — 4A) sen(2t) + 4t/A cos(2t) + Bsen(2t)| = 2sen(2f) [—4At + 4B + 4At] cos(2t) + [—4Bt — 4A + 4Bt] sen(2t) = 2 sen(2t) 4B cos(2t) — 4A sen(2t) = 2 sen(2t) Substituindo-se f = 0.e t = 71/4 obtemos 4B = 0 -4A = 2 (1) 1 Logo, A = —1/2,B =Oey,’(t) = 5fcos(2t). Julho 2016 Reginaldo J. Santos 436 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Vamos encontrar uma solucdo particular de y” + 4y = t: y(t) = Ct+D, 2 y(t) =D, 2 y")(t) = 0. Substituindo-se na equagao diferencial obtemos 4Ct+4D=t Substituindo-se t = 0, obtemos 4D = 0. Derivando-se de substituindo-se t = 0 obtemos 4C = 1. Logo, D =0,C = 1/4 ey! (t) = at t 1 Sol. particular y»(t) = y\ (t) + y\? (t) = 5 cos(2t) + at Assim, a solucdo geral da equacao é t 1 y(t) = cy cos(2t) + cp sen(2t) — 5 cos(2f) + at (f) Eq. caracteristica: 77 +2=0¢ r= +v2i. Sol. geral da eq. homog;: yp(f) = .c1 cos(V2t) + cz sen(V2t) Sol. particular da forma yp(t) = Ae! + B. yp(t) = Ae! Yp(t) = Ae! Substituindo-se na equacgdo Ae +2(Ae' +B)=e' +2 3Ae' + 2B= ce +2 3A = 1 2B = 2 Obtemos A = 1/3,B = 1. Assim, a solucdo geral da equagao é 1 y(t) = cy cos(V2t) + cz sen(V2t) + 3° +1 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.8 Respostas dos Exercícios 437 3.2. (a) Solução geral da equação homogênea: yh(t) = c1 e−2 t + c2 et yp(t) = A2t2 + A1t + A0 y′′ p + y′ p − 2yp = (−2A2)t2 + (2A2 − 2A1)t + (2A2 + A1 − 2A0)    −2A2 = 1 2A2 − 2A1 = 0 2A2 + A1 − 2A0 = 3   A2 A1 A0   =   −1 2 −1 2 −9 4   yp(t) = −9/4 − 1/2 t − 1/2 t2 Solução geral: y(t) = c1 e−2 t + c2 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2 Solução do PVI y(t) = 7/12 e−2 t + 5/3 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2 (b) Solução geral da equação homogênea: yh(t) = c1 e−t + c2 te−t Solução particular da equação não homogênea: yp(t) = A cos 2t + B sen 2t Julho 2016 Reginaldo J. Santos 438 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Substituindo-se na equacgdo Vp + 2Yp + Vp = (—3A + 4B) cos 2t + (—4A — 3B) sen 2t = 3 sen 2¢ -3A + 4B = 0 -4A —- 3B = 3 A _L [s]= 122 | 5 12 Yp(t) = —3e cos 2f = 4 sen 2t Solugao geral: 12 y(t)=cye '+cte ! — 35 08 2t — i sen 2t Derivada da solucao geral: y(t) = —cye! + cp (1— the! + 3% sen2t = 38 cos 2t Substituindo-se t = 0, y = 0, y’ = 0: c 12 c 6 1 5p” 2-8 25 5 Solugao do PVI: y(t) = 5 ef 2 tet ~ 5 cos 2t — + sen 2t (c) Solugdo geral da equacao homogénea: § q 8 y(t) = cy 7! + cpe?"t Yp(t) = 1/3e! Solugao geral: y(t) = cy e*! +cpe*'t+1/3e! Solugao do PVI y(t) = —1/3e7' +e7't4+1/3e Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.8 Respostas dos Exercícios 439 (d) Solução geral da equação homogênea: yh(t) = c1e−t/2 cos(t/2) + c2e−t/2 sen(t/2) Solução particular: yp(t) = A2t2 + A1t + A0 Substituindo-se na equação: 2y′′ p + 2y′ p + yp = (A2)t2 + (4A2 + A1)t + (4A2 + 2A1 + A0) = t2    A2 = 1 4A2 + A1 = 0 4A2 + 2A1 + A0 = 0   A2 A1 A0   =   1 −4 4   yp(t) = t2 − 4t + 4 = (t − 2)2 Solução geral: y(t) = c1e−t/2 cos(t/2) + c2e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2 Derivada da solução geral: y′(t) = c1e−t/2(−(1/2) cos(t/2) − (1/2) sen(t/2)) + c2e−t/2(−(1/2) sen(t/2) + (1/2) cos(t/2)) + 2(t − 2) Substituindo-se t = 0, y = 0, y′ = 0: c1 = −4, c2 = 4 Solução do PVI: y(t) = −4e−t/2 cos(t/2) + 4e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 440 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem 3.3. (a) A equacao caracteristica é ?+2r+a=0 A=4-—4a =4(1-«) i. Sea > 1, entao A < 0, as raizes da equacao caracteristica sao r19 = —1 LiV/a —1ea solucdo geral da equacao é y(t) =cye ‘ cos(Va —1t)4+ cre! sen(Va — 1#) ii. Sea = 1, entéo A = Oer = —1 éa tinica raiz da equagao caracteristica e a solucdo geral da equacao é y(t) =cye ' +eote! iii. Se a < 1, entéo A > 0, as raizes da equacdo caracteristica sdo 1,7 = —1+/1—.a ea solucdo geral da equacao é y(t) _— cye(-}-v1-a)t 4 coe tty 1-a)t (b) yp(t) = t[(Ao + Art)e‘ sen(V/a — 1) + (Bo + Byt)e cos(V/a —1t)|,sea > 1. 4. Oscilacg6es Livres (pagina 350) 4.1. (a) Equagao caracteristica é r+3=0, que tem como raizes r = +/3i. Logo, a solucaéo geral da equacao diferencial é : u(t) = cy cos (v3 t) + cp sen (v3 t) . Para resolver 0 PVI precisamos calcular a derivada da solugao geral: u! (t) = —c; V3 sen (v3 t) + crV3 cos (v3 t) Substituindo-se t = 0, u = 1, u’ = 3 obtemos: cy = 1, 2 = V3. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 441 A solucéo do PVI é portanto u(t) = —cos (v3 t) + V3sen (v3 t) . Marcando 0 ponto (c1,c2) = (1, V3) no plano obtemos que R = 2e 6 = 5" ou seja, 7 u(t) = 2cos (v3 t— =) : . . : : 7 : A amplitude é igual a 2, a frequéncia é igual a V3, a fase é igual a 3 0 periodo é igual a 27¢/ V3. (b) U 2 a i ee t 1/30? 7n/3°? 4.2. (a) Equagcao caracteristica: 2r7+3=0 Raizes: r= +V3/2i Julho 2016 Reginaldo J. Santos 442 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Solucao geral: u(t) = cy cos (V3 ) +c) sen (V3 ) Derivada da solugao geral: u'(t) = —c, V3/2sen (3/2 t) + coV3/2c08 (3/2 t) Substituindo-se t = 0, u = 1, u' = 0: q= 1, 2 = 0 Solugao do PVI: 3 u(t) = cos (V3 ) A amplitude é igual a 1, a frequéncia é igual a 3. a fase é igual a zero e o periodo é igual a 2V2n/ V3. (b) honey pe Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 443 4.3. 1 2u" + ul + 5u = 0 A=1-4=-3 1, v3 11,2 => “| + 7 u(t) = cye~*/4 cos (2 t) + cpe*/4 sen (2 t) u'(t) = cy (re cos (2 t) — VBe-t/4 sen (3 t)) +c (-}e%/4 sen (2 t) + v3 cos (8 t)) u(0) =u9 =cy / u'(0) =uj=-$4+42 > g = “Oe Assim, a solucdo do problema de valor inicial é _ 4, ,-t/4 v3 Auy tuo > t/4 V3 u(t) = ue cos ( ° t) +e sen ( a t) 4.4. A constante da mola é 3 _ mg 100-10" 14 = =a 1 A equacao diferencial que descreve o movimento é 107u"" + 10*u =0 Equacao caracteristica: r+100=0 << r=+10i Solugao geral: u(t) = cy cos(10t) + cz sen(10¢) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 444 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem A frequéncia natural é [k / 104 O periodo é 2m 27 T — wo 10 segundos (a) A posigdéo em funcaéo do tempo é a solucao do problema de valor inicial u” + 100u = 0, u(0) =0, u'(0) = —4. u'(t) = —10c, sen(10t) + 10c2 cos(108) u(0) =0= C1, u'(0) = —4 = 10cp. Assim, a solucao do problema de valor inicial é 2 u(t) = —5 sen(10f) A amplitude é igual a 2/5. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 445 2/5 /\ / \ ‘ \ ] wl ! \ / \ / \ / \ / os \/ \/ (b) A posicgéo em fungdo do tempo é a solucao do problema de valor inicial u” +100u = 0, u(0) =1, u'(0) = 10. u'(f) = —10c sen(10f) + 10c2 cos(10#) u(0)=1l=c, u'(0) = 10 = 10cy. Logo, cy} = 1ecy = 1. Assim, [2,2 C1 v2 R= \/ci+g= V2, b= arccos — = arccos —~ = m/4 e a solucao do problema de valor inicial é u(t) = cos(10t) + sen(10t) = V2cos(10t — 77/4) A amplitude é igual a V2. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 446 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem NA \ / \ ° 40 \ / w/40+2n/10 \ t \ / \ \ | \ -24(1/2) \/ (c) A posicgéo em fungdo do tempo é a solucao do problema de valor inicial u” +100u = 0, u(0) = 2, u'(0) =0. u'(t) = —10c, sen(10t) + 10c2 cos(10¢) u(0) =2=c, u'(0) =0 = 10c9. Assim, a solucdo do problema de valor inicial é u(t) = 2cos(10t) A amplitude é igual a 2. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.8 Respostas dos Exercícios 447 −2 0 2 2π/10 t u 4.5. A constante da mola é k = mg L = 100 · 103 10 = 104 A equação diferencial que descreve o movimento é 102u′′ + γu′ + 104u = 0 Equação característica: 102r2 + γr + 104 = 0 ∆ = γ2 − 4 · 106 (a) • Se γ > 2 · 103 o sistema é super-amortecido. • Se γ = 2 · 103 o o sistema tem um amortecimento crítico. • Se γ < 2 · 103 o sistema é sub-amortecido (b) Neste caso a constante de amortecimento é dada por γ = Fr v = 104 10 = 103 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 448 Equagdes~Diferenciais Lineares de 2 Ordem A equacao diferencial que descreve 0 movimento é 10?" + 108u' + 10*u = 0 Equacao caracteristica: 10°77 +1097 +108?=0 = r=—5+5V3i Solugao geral: u(t) = cye~*! cos(5V3 t) + c2e7 sen(5V3 t) A posicaéo em funcao do tempo é a solucao do problema de valor inicial u” + 10u' + 100u = 0, u(0) = 2, u'(0) =0. u(t) = e *((5/3cz — 5c) cos(5V3 t) + + (—5V3 — 5c2) sen(5V3 t)) u(0) =2=c, u' (0) =0= 5/3c2 _ 5c}. Logo, cy =2e cy = 2/ /3. Assim, / 4 R = ca + c3 = V3 o= arccos 5 = arccos v3 = 7/6 e a solucao do problema de valor inicial é Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 449 u(t) = 2e~>! cos(5V3t) + we sen(5/3 t) = ae cos(5\/3t — 77/6) A quase frequéncia é igual a 5\/3 e o quase periodo é igual a 277/5V/3. aig. Ba n/(10 3) Std 3°?) t -4/3"/2 7 4.6. (a) Coma aproximacao sen @ ¥ @ a equacdo diferencial se torna 0” + 49 =0, que tem solucao geral O(t) = cy cos (,/£) + cp sen (\/£*) 60 = 8(0) =Cy 0 =6"(0) = caf Logo, a solucéo do PVIé O(f) = @9cos (,/£:) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 450 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem l (b) A frequéncia é if 0 periodo é am| ea amplitude é 6p. 5. Oscilacdes Forcadas (pagina 368) 5.1. 2u" + 3u = 3cos(3t) 2? +3=0 r=+iv3/2 Solucdo da equacéo homogénea u(t) = cy cos (v372 t) + co sen (v372 t) Up(t) = A cos(3t) + Bsen(3t) u,(t) = —3A sen(3t) + 3B cos(3t) u,(t) = —9A cos(3t) — 9B sen(3t) Substituindo-se up(t), w(t) e u(t) na equacaéo obtemos —15A cos(3t) — 15Bsen(3t) = 3.cos(3t) —15A = 3 —15B = 0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 451 que tem solucéo A = —1/5e B = 0. Assim, uma solucdo particular da equacgdo nao homogénea é 1 Up(t) = —5 cos(3t) e a solucdo geral da equacdo néo homogénea é u(t) = —4 cos(3t) + cy cos (/3/2t) + cp sen (3/21). u(t) = 2 sen(3t) — V3/2c; sen (V3/2t) + V3/2c2 cos (V/3/2t) . u(0) =u =—e +c) => cy =uyt+s u'(0) = ug = V3/2c. = ca = V2/3up Assim, a solucdo do problema de valor inicial é u(t) = —£ cos(3t) + (up + 4) cos (/3/2t) + V273uj sen (V3/2t). 5.2. 107u"” + 104 = 9600 cos(6t), u(0) =0,u'(0) =0 A solucao geral da equacéo homogénea é u(t) = cy cos (10t) + cz sen (108) A solugao particular pelo método dos coeficientes a determinar é da forma Upy(t) = Ag cos(6t) + Bo sen(6t) Pelo método das constantes a determinar encontramos Ap = 3/2 e Bg = 0. A solucao geral da equacao é u(t) = c cos (10t) + cz sen (10¢) + = cos(6t) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 452 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0e u’ = 0 obtemos que y= —3/2, C2 =0 Assim, a solucgdo do problema de valor inicial é 3 u(t) = 5 (cos(6t) — cos(10#)) . Como cos(A — B) — cos(A+ B) =2sen AsenB entao u(t) = 3sen(2f) sen(8t) ° ih nh yh \ * NIV TY AA LAY A 5.3. 107u” + 10*u = 10° cos(108), u(0) = 0,u'(0) =0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.8 Respostas dos Exercícios 453 A solução geral da equação homogênea é u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) A solução particular pelo método dos coeficientes a determinar é da forma up(t) = t(A0 cos(10t) + B0 sen(10t)) Pelo método das constantes a determinar encontramos A0 = 0 e B0 = 1/2. A solução geral da equação é u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) + t 2 sen(10t) Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u′ = 0 obtemos que c1 = 0, c2 = 0 Assim, a solução do problema de valor inicial é u(t) = t 2 sen(10t) t u π __ 5 0.5 t → −0.5 t → Julho 2016 Reginaldo J. Santos 454 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem 5.4. Neste caso a constante de amortecimento é dada por F, 4200 = — = — = 4200 y v 1 A equacao diferencial que descreve o movimento é 107u” + 4200u’ + 104 = 26000 cos(6t) A solucao estaciondria é a solucao particular da equacdo nao homogénea Upy(t) = Ap cos(6t) + Bo sen(6F) Pelo método das constantes a determinar encontramos Ag = 16/65, Bo = 63/65, A 16 R=\/AX+B=1, 6= arccos = = arccos — 1, 32. 16 63 Up(t) = 6 cos(6t) + 6 sen(6t) = cos(6t — 1,32) \ / \ / 1,32 \ 7 1,3242n \ 7 t S\N \ a, \Y/ \Z Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 455 5.5. (a) A solugaéo da equacéo homogénea correspondente é u(t) = cje~ 2 cos vit + cye~2 sen vit . Entao, a solucdo geral desta equacao é 7t 7t u(t) = cye~2 cos vit + coe? sen ha + Uy (t) em que up(t) é uma solucao particular. Pelo método dos coeficientes a determinar Up(t) = Acos(wt) + B sin(wt), u,(t) = WB cos (wt) —wA sin(wt), up(t) = —w*B sin (wt) — w7A cos (wt). Substituindo-se up(t), u;,(t) e u(t) na equagao diferencial obtemos (wB—w?A+2A) coswt — (w* B—2B+w A) senwt = coswt Substituindo-se t = 0 e f= = obtemos o sistema (2—w*) A+wB = 1 —wA+(2-w*)B = 0. Resolvendo este sistema encontramos A= 2—w? | B= w wt—3w2+4 wt —3w*+4 Logo, a solucao geral da equacao diferencial é 7t 7t u(t) = cye~ 2 cos vit + cpe~2 sen vit (2 —w?) Ww + wt —3u2+4 cos(wt) + wt—3a2+4 sen(wt). Julho 2016 Reginaldo J. Santos 456 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem (b) A solucao estacionaria é a solucao particular da equacao diferencial que é dada por up(t) = oe cos(wt) + =" 5 sen( wt) (c) A amplitude é R= R(w) = V4 B= +> _, (wt — 3w? + 4) (d) A amplitude maxima ocorre se R'(w) =0 4 i (wt 3.0? +4) = 0 4 dw S6w =06 w = 3. 5.6. A solugao geral da equacgdo homogénea é dada por u(t) = cy cos (wo t) + cp sen (wo ft), em que wo = Vk/m. (a) Vamos procurar uma solugao particular da forma Uy(t) = Acos (wt) + Bsen (wt). Derivando-se: Up(t) = Bw cos (wt) — Bw sen (w t) uy,(t) = —Bw* sen (wt) — Aw? cos (wt). Substituindo-se na equacao diferencial: (k —m w) (sen (wt) B+ cos (wt) A) = Fycos (wt) Comparando-se os termos em cosseno e em seno obtemos (k—mw?) A =F { (k-mw?) B =0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 457 Assim, Fo Fo A= — 5 = ——_ 8B =0. k-mw* — m(w — w?) Logo, a solucao geral é Fo u(t) = cy cos (Wot) + cz sen (Wot) + — .——~ cos(wt). (t) = c cos (wot) + cz sen (wot) (2 eo?) (wt) (b) Dividindo a equacao diferencial por m e substituindo-se k/m = we obtemos: F ul! bwpu = 7 cos (wo t) Vamos procurar uma solucao particular da forma Up(t) = t [A cos (wo t) + Bsen (wo t)]. Derivando-se: up(t) = (wo t B+ A) cos (wo t) + (B — a t A) sen (wo f) u(t) = — Wo (Wot B+ 2A) (sen (wot) — (2B — wot A)) cos (wot). Substituindo-se na equagao diferencial u” + wu = 1 cos (wot): 2wo (cos (wot) B—sen (wot) A) = Fo cos (wo t) Comparando-se os termos em cosseno e em seno obtemos 2 Wo B = Fo/m —2 Wo A =0 Assim, A=0,B= fo 2mwo Julho 2016 Reginaldo J. Santos 458 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Logo, a solucao geral é Fo u(t) = cy cos (Wot) + cz sen (wot) + Dm‘ 8°P(W0!): 5.7. (a) Fy cos (w t) u(t) = —3—— _ + C2 sen (Wo ft) + cz cos (Wot (t) (ww) m 1° (wot) + cr cos (wo t) Fi t u'(t) = _fow sen (wi) — wo cy sen (wat) + wo C2 cos (Ww f) (Ww — w) m Substituindo-se t = 0, u = 0e u’ = 0 obtemos que Fi Woy fo =9 (wp — @) m Wo C2 = 0 Logo, Fo cq = —-—> >, 2 =0 ' m(wi — w?) ° Assim, a solucgdo do problema de valor inicial é u(t) = —° — (cos(wt) — cos(wot)) m(w% — w?) ue (b) r _ 0 u(t) = cy cos (wot) + cz sen (wot) + Ime tsen(wot) F R u'(t) = ee — wy Cy sen (wg t) + BESSOOD + G9 cy cos (wo f). Derivando-se e substituindo-se t = 0, u = 0e u’ = 0 obtemos que cq = 0, Q= 0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 459 Assim, a solucgdo do problema de valor inicial é F u(t) = Fast Swot): 5.8. (a) Seja u(t) = cyu1(t) + cou2(t) a solugdo da equacaéo homogénea correspondente. Entdo, a solucao geral desta equacao é u(t) =cCyuUy (f) + C9 (ft) + Up(t) em que u(t) é uma solucéo particular. Pelo método dos coeficientes a determinar Up(t) = Acos(wt) + Bsen(wt). up(t) = w cos(wt) B—w sen(wt) A ut,(t) =—w" sen (wt) B— w* cos (wt) A Substituindo-se up(t),u,(t) e u(t) na equacao diferencial obtemos (w By + (wi — w?) mA) cos wt + ((w — w*) mB-—wA7)senwt = Fy coswt Substituindo-se t = 0 et = x obtemos 0 sistema (w3-w?)mA+wyB = fF —wyAt+(wi-w*)mB = 0 que tem solugdo 2 7,2 Az Fom(w — w ) B= Fore A A em que A = m?(w) — w*)* + y?w?. Logo, uma solucao particular da equagao diferencial que é a solucao estacionaria é dada por Fom(w — w* F Up(t) = Fom(wo = @") cos(wt) + ye sen(cwt). A A Julho 2016 Reginaldo J. Santos 460 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem (b) 2 2, pr 0/2/22. 92, ay _ Fo Logo, Fo R=“. VA (c) O valor que maximiza a amplitude é um valor tal que R’(w) = 0. ! 1 —3/2 al R'(w) = —5FoA A’(w). Como Fy e A séo maiores que zero, entéo R’(w) e A’(w) tém sinais contraérios e R'(w) = 0 <= A’(w) = 0. A'(w) = | —2m? (3 —w?)+ | 2w. Como ~2m? (wR — w*) +97 = 2m?w? + (97 — 2m 0H), temos que: © Se 7? > 2m’wi ou y > V2mwy = V2km, entao A’ (w) é positivo e assim R’(w) é negativo, para w > 0. Ou seja, R(w) é decrescente, para w > 0. ° Se 7? < 2m?us ouy < V2mwy = V2km, entao A'(w) = 04 w* = wR - . E além disso, A’ (w) énegativo e assim R’(w) é positivo, para 0 < w < \/w3 — x e A’(w) é positivo e assim ! y ‘ 2. 7 ; 4 2. 7 R'(w) € negativo, para w > \/wo — 5-5. Ou seja, R(w) é crescente para 0 < w < \/wo — 55 e decrescente, para w > \/w3 — x. O que mostra que w = \/w} — 5 € o valor de w que maximiza a amplitude R(w). Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 461 5.9. (a) 1 1 i / a _ 12 OOF 000" + 0725-10-12 Dividindo-se por 10: Q" +60' +80 = Equacao caracteristica: r* + 6r +8 =0 Raizes: r = —2,—4 Solucdo geral da equagéo homogénea: Q(t) = cje~7! + cpe~# Solucao particular da forma Q,(t) = Ao. Q, (4) = Q(t) =0 Substituindo-se na equac¢ao: 6 3 8Ag== => A= 05 > 20 Solugao geral: 3 t) = cent 4 9 Q(t) =cje + c9e"% + 50 Derivada da solucao geral: Q’(t) = —2cye~*! — 4c.e~* Substituindo-se f = 0, Q=0, Q’ = 0: cy +c. + 3h =0 ., c) = —3/10 —2c, — 4c = 0 ’ Co = 3/20 Solugao do PVI: _—_ 3 9, 3-4, 3 QD = 392 + 59°F 90 (b) 3 jim Q(t) = 55 C Julho 2016 Reginaldo J. Santos 462 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem (c) 0.16 Q o4 / 0 / 6. Solucdes em Séries de Poténcias (pagina 397) 6.1. (a) Substituindo-se y(x) = VP 9 anx", y!(x) = DP_g(m + 1)anyix" e y" (x) = UP_9(n + 2)(n+ 1)an42x" na equacao y” + xy’ + 2y = 0, obtemos Lno(t + 2) (1 + 1)angox" + x V(t + 1)ang1x” +2 V9 anx" = 0 Lnao(t +2) (n+ Van g2x" + Vg (t + Lang ix"? +2 Deo anx™ = 0 Veg (mt + 2)(m +1) an pox" + Py nanx" +2 9 anx" = 0 2a7 + 2ag + Vp [(m + 2) (14+ 1)an42 + nan + 2an|x" = 0 O que implica em 2a + 2a9 =0 (n+2)(n+1)ani2 + nay + 2a, = 0, n =1,2,3,... az = —do Ant. = — tran, n=1,2,3,... -1)? -1)3 —1)k a4 = (1° 3) ag, ag = 1" = ag,:** Aon = CRAB 0" k= 1,2,. oe Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 463 _4)k a3 = 5a, a5 = pM, oot Agk41 = DEE aa" k=1,2,... Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos y(x) = YE anx™ = Yo angx?*® + any 31 = n=0 k=0 k=0 . (-1)' 2k = 1 SoS _ 49 ( oe (2k—1)(2k=3)--3° } 7 . (-1)§ 2k+1 +44 («+3 (2h) (2k=2)-- he Portanto, a solucdo geral é Y(x) = aoyr(x) + ary2(x), em que . (-1)* 2k yi(x) =14+ )) ——-—-.— x du (2k —1)(2k—3)---3 . (-1 2k+1 yo(x) =x+ )o ——*+—~_____x du (2k) (2k —2)---2 Agora, como y(0) = 4, entao substituindo x = 0 e y = 4na expressao de y(x) obtemos que ay = 4. Como y/(0) = —1, substituindo-se x = 0 e y’ = —1 na expressao obtida derivando-se y(x): ! _ - (—1)*2k 2k—1 yx) = 70 de (2k—-1)(2k-3). 3 ee (=1)(2K+1) oe 1 AUT) MEAT) ra ( +h (2k)(2k —2)---2* Julho 2016 Reginaldo J. Santos 464 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem obtemos a, = —1. Assim, a solucdo do problema de valor inicial é (—1)' 2k y(x) = 4{14+ )0 —~_~—___x du (2k — 1)(2k —3)---3 (=1)' Ok-+1 (: +h (2k) (2k —2)---2* A série acima converge para todo x € R. (b) Substituindo-se y(x) = V9 anx", y/(x) = DP (nm #1) any x" e y" (x) = D8 _9(n +2)(n + 1)an42x" naequacao (1 + x*)y” — 4xy' + 6y = 0, obtemos (1+ x7) DR o( +2) (m+ 1)anyox™ — 4x Dp (1 + Lan vax" + 6 Vy nx” = 0 Lao (t+ 2) (1+ 1)angox" +37 Lp o( +2) (M+ Vangox" —4 Vp o(1 + dng x"! +6 Vig nx" = 0 Lio (t +2) (1+ Lan pox" + Lp (M2) (m+ Van zox"** —4 Pg (M+ Van pax"? + 6 Vg an” = 0 Vero (1 + 2)(n + 1) dn 42x" + EP n(n — 1)anx” —4 OP) nanx" + 6% 9 anx" =0 2a + 603x — 4ayx + 609 + 60;x+ V4 [(n + 2)(n 4+ L)any2 + n(n —1)an — 4nay + 6an|x" =0 O que implica em 2a7 + 6a9 = 0 643 + 2a4 =0 (n+ 2)(n+ 1)an42+ +n(n —1)ay — 4nay + 6ay = 0, n=2,3,... az = —3ag o~ om )(n=2) n—3)(n—2 ant+2 = ~ (n42)(nH1) 7 n= 2,3,. oe ag = 0, a6 =0,-++ Ane = 0, parak = 2,3,... a5 = 0, az =0, tt ANAL = 0, para k = 2,3,... Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 465 Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos y(x) = ye ayx" n=0 = Yar + V aypyy k=0 k=0 1 _ _ 342 7 +3 = ap (1 3x?) +a (: 3) Portanto, a solucdo geral é y(x) = aoyi (x) + a1y2(x), em que — 1 — 3x2 —~;_—1,3 yi (x) =1—3x* e yo(x) = x— 3x A solugdo acima é valida para todo x. (c) Substituindo-se y(x) = D9 anx" e y"(x) = D8 p(n +2)(n + 1)an42x" na equagao (4 — x*)y” + 2y = 0, obtemos (4— x2) D® o(m £ 2)(m+ Daysax" +2029 ax" = 0 AY g(m-+ 2)(0 PL) a aX" — x2 o(m +.2)( + Vaya" +202 9 aux” = 0 4 pg (t 2) (1 + Van 42x” — Virol + 2)(1 + Langox™*? + 2D 9 anx™ = 0 4 yr eg(+ 2)(a+ 1)an42x" — OP» n(n — 1)anx” +207 9 anx"” =0 8az + 4-3+2-a3x + 2a9 + 2a,x + Vo [4(n + 2)(n + L)ang2 — n(n —1)an + 2an|x" = 0 O que implica em 8a2 + 2a9 =0 4-3-2-a3+2a, =0 A(n +2)(n + 1)an42 — n(n —1)ay + 2a, = 0, n = 2,3,... Julho 2016 Reginaldo J. Santos 466 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem a2 = — fag a3 = — gay _ __ w—n-2 An+2 foe" = Tina 0 n=2,3,... aq = 0,46 =0,-++ An = 0, parak = 2,3,... 45 = — pega a7 = —pyst, ot dk = — Foe =1,... Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos y(x) = ye ayx" n=0 = ax®§ + YP arg! k=0 k=0 1 => ag (1 y 2") + +a {x y" kt & 4k(2k + 1) (2k — 1) Portanto, a solucdo geral é (x) = aoyi (x) + ary2(x), em que n@) =1 >}? w(x) =*- DR gee A série acima converge pelo menos para |x| < 2. (d) Substituindo-se y(x) = VP 9 anx”, y/(x) = Eo (n + 1)an 41x" e y! (x) = D_9(n + 2)(n + 1)an42x" na equacao (3 — x7)y"” — 3xy' — y = 0, obtemos (8 — x2) D% (0 +2)(M+ Vtg ane" — 3x D2 g(t + Day yax” — E29 aux” = 0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 467 3 Dpao(t +2) (m+ 1)an sox" — x7 Vp _g( +2) (m+ 1)an 42x" — 3 Dp (t + Vanya x"! — Vig nx" = 0 3 Dna (t +2) (1+ Lan zox" — Lpo(m +2)( + 1)an sox"? =3 Pg (a+ Vaan x"? — Vy an” = 0 BES o( +2)( + Vanya" — C29 n(n —Uayx" — BES Myx" — Lg yx" = 0 647 +37 -2- ax — 3a,x — ag — ayx + V5 [3(n + 2)(1 + 1)any2 — n(n —1)an — 3nay — an|x" =0 O que implica em 6a2 — ag = 0 37 -2-a3 — 4a, =0 3(n+ 2)(n+1)an+2 —n(n —1)ay — 3nay — ay = 0, n=2,3,... 42 = 3540 a3 = e4 — _W+2n41 An+2 = 3 nreay(nety — __(n+1) = (n+ 2)(m4T) _— _i+ _ = nea n=1,2,... _ _3 _ _ 53 — (2k-1)(2k—3).--3 _ 44 = 374.540) 6 = 33.6440) °° 42k = 3F- (Qk)(2k=2)--2. 20" = 2,3)... _ 42 — 6-4-2 — _ (2k)(2k—2)---2 _ a5 = 32.5341 a7 = 33.7537 ot Ag+ = BK (2k-+1) (2k—1)--3 7 k=1,2,... Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos 00 00 00 2k—1)(2k—3)-+-3 00 y (x) = Deg anx™ = Vg Aopx7* + Pg Aor xktt = ag (1 + yey eS x) +44 (x + Ve 3 Portanto, a solucdo geral é y(x) = aoyi (x) + a1y2(x), em que a (2k — 1) (2k —3)-+-+3 og x)=1+) —_~W——~__ x* ee w(x) du 3k. Qb)(2k—2)--2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 468 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem y2(x) = x + ∞ ∑ k=1 (2k)(2k − 2) · · · 2 3k(2k + 1)(2k − 1) · · · 3x2k+1 A série acima converge pelo menos para |x| < √ 3. (e) Substituindo-se y(x) = ∑∞ n=0 anxn, y′(x) = ∑∞ n=0(n + 1)an+1xn e y′′(x) = ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn na equação (1 − x)y′′ + xy′ − y = 0, obtemos (1 − x) ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn + x ∑∞ n=0(n + 1)an+1xn − ∑∞ n=0 anxn = 0 ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn − x ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn + ∑∞ n=0(n + 1)an+1xn+1 − ∑∞ n=0 anxn = 0 ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn − ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn+1 + ∑∞ n=0(n + 1)an+1xn+1 − ∑∞ n=0 anxn = 0 ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn − ∑∞ n=1(n + 1)nan+1xn + ∑∞ n=1 nanxn − ∑∞ n=0 anxn = 0 2a2 − a0 + ∑∞ n=1[(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n + 1)an+1 + nan − an]xn = 0 O que implica em        2a2 − a0 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 −n(n + 1)an+1 + nan − an = 0, n = 1, 2, 3, . . .        a2 = 1 2a0 an+2 = n n+2an+1 − n−1 (n+2)(n+1) an, n = 1, 2, . . . Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 469 a3 = 5a = 5540, 44 = 743 _ 7342 = 73340 _ 73340 = 140, Supondo que a, = n40, para k <n, entao an = nq, 4 — ay an—2 = 3 Goaiao _ UT) pia = 4do, para n = 1,2,. oe Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos y(x) = yy ayx" n=0 = ag{1+ y" ty + a,x = 1% nl 1 n=2 °° Portanto, a solucdo geral é y(x) = agyi (x) + ary2(x), em que — 1 yi(x) =1+ )e aie & ye) =x n=2 °° Agora, como y(0) = —3, entaéo substituindo x = 0 e y = —3 na expresso de y(x) obtemos que ay = —3. Como y'(0) = 2, substituindo-se x = 0 e y’ = 2 na expressdo obtida derivando-se y(x): Yo) = m@ Poa ba = (n—1)! obtemos a, = 2. Assim, a solucdo do problema de valor inicial é = -3(14 04x") +2 y(x) = —3(1+ Di aia" | + 2x n=2 °° A série acima converge pelo menos para todo |x| < 1. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 470 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem (f) Substituindo-se y(x) = Pg anx", y!(x) = UR 9 (n t+ 1)an41x" e y" (x) = DP (m+ 2)(n4+ 1)an42x" na equacdo 2y” + xy’ + 3y = 0, obtemos 2 org (1 + 2)(n + 1)an42x” + x CP g(t + angi x” + 3 Reg anx” = 0 2 yro(t +2) (1 + 1)anyox” + Dro (M+ Lang"? +3 D9 aux” = 0 2 org (1 + 2)(n + 1)an42x” + CP nanx" +39 anx" =0 Ady + 3ay + Vee, [2(n + 2) (1+ L)any2 + nan + 3ay]x" = 0 O que implica em 4ay + 3a9 = 0 2(n+2)(n + Lan42 + 1ay + 3a, = 0, n =1,2,3,... aa = —$ao 3 an+2 = ~ a0 Tyan n= 1,2,.. . ; 5: —1)* (2k+1) (2k—-1)-3 a4 = p50, M6 = — FPF ag, +: ag, = (-A)"(2k+1) 2k-1) 3 ) eb ) ao,k =1,2,... . —1)' (2k+2) (2k)-+-4 a3 = —x3541, a5 = ees oo Ags = ea k =1,... Substituindo-se os valores a4, encontrados acima, na série de y(x) obtemos 00 00 0 co = (= 1) (2k+1)(2k—1)---3 y (x) = Deg an x” = Deeg aaex® + Dro dang"! = ag (1 + Liat ay) =1)* (2k-+2)(2k)---4 +a4 (x + ey Ot ake) Portanto, a solucdo geral é (x) = aoyi (x) + ary2(x), em que ee, (—1)*(2k +1) (2k —1)---3 5, yi(x) =1+ )) 7" Oe’ Xu 2k. (2k)! (= 1K (2k + 2) (2k) 4 oe yo(x) =x+ )) x Xu 2k(2k +1)! Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 471 A série acima converge para todo x € R. (g) Substituindo-se y(x) = V9 anx" ey" (x) = VF_o(n + 2)(n + 1)an42x" na equacao y’” — xy = 0, obtemos reo (1 + 2) (1 + 1) an 42x" — x UP anx" = 0 Ve g(n + 2)(n + 1)anp2x"” — Vg anx"t! =0 neo (1 + 2) (1 + L)an¢2x" — Vy An—1x" = 0 2ay + Py [(n + 2)(n + 1)an+2 — an—1]x" = 0 O que implica em 2a =0 (n+ 2)(n + Yana2 ~an-1 N 0, n =1,2,3,... az = 0 _ 1 An4+2 = (142) (n4+1) 41-17 n =1,2,3,... a3 = 540 _1r, 1 16 = 6593 = 65.3240 _ 1 13k = (3K) BK—1) (Bk—3) Gka4)--3-2 10 _1 a4 = 7341 —~1t, 1 47 = 7.644 = 76.4340 _ 1 43k+ 1S BEI) (RGK—2) Gk—3)43 41 a5 = sya = 0, azn, = 0, parak = 0,1,2,.... Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos y(x) = Eo anx" = Dio wax + Ro mane x4! + VR 9 aacrex? = a (14+ DR apenas) 00 1 3k+1 ray (x + UR GEDGHGRDGap sae ) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 472 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Portanto, a solucdo geral é y(x) = aoys (x) + ary2(x), em que — 1 =] 3k yi) +h (3k) (Bk — 1)(3k—3)@k—4)-3-2° yo(x) =x+ y" on 841 fy (3k +1) (3k) (3k — 2) (3k — 3) ---4-3 A série acima converge para todo x € R. 6.2. (a) Substituindo-se y(x) = Vp anx” ey" (x) = O° 9(n +2) (n+ 1)an42x" na equacao y"” + k?x*y = 0, obtemos Lire (1 + 2)(n + 1)an pox" + Vg dnx"*? = 0 Lnao(t +2) (m+ 1)ang2x” + kV g An =px" = 0 2ay + 6a3x +V°_»[(n + 2)(n + 1)anso + Pay_2]x" = 0. O que implica em 2a =0 643 =0 (n+2)(n+1)an42+ Kano =0, n =2,3,... az = a3 = 0 = is =2,3 In+2 = ~ Tyan) fn—-2r = A, 70s 2 A a4 — 4540, ag = ahr340, ee K kA 45 = 549,49 = 795441," °° ag = 0, 419 = 0, A4yn42 = 0, paran = 0,1,2,... a7 = 0, 441 = 0, 44y43 = 0, paran = 0,1,2,... Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 473 y (xX) = Leo 4nx” = LiLo Manx + Yn=0 Man px tt 4 PG Mango + 9 dan 3x43 = VP 9 dan? eg Mang ent = a9 (1 _ fax + atagxe + . -) + ay (x- Bot shear? +--+) Portanto, a solucdo geral é y(x) = aoys(x) + ay2(x), em que kK k4 =1]——_yxy44__~ 84... y() 43° 18-743) kK 5 k4 9 WW) SASS a Soggy A série acima converge para todo x € R. (b) Substituindo-se y(x) = V9 anx" ey" (x) = EP (n + 2)(n + 1)an42x" na equacao (1—x)y"+y = 0, obtemos (1 — x) Peo (a t+ 2) (1 + 1) an pox" + Veo nx" = 0 E%9(1 +2) (1 + Langan! XE 9(1 + 2) (1 + 1)an42%" + D2 aux" =0 ER g(M+2)(M 1 )ansax” — ES 9(0 + 2)(m+ Vadnaax" 4? +E g ax" =0 Ln—o( + 2)(2 + 1)an42x" — Vir (2 + 1) anya x" + Uno anx" = 0 2a2 + ag + Vy [(n £2) (n + 1)any2 — (n+1)nay41 + an|x" = 0 O que implica em 2a7 + ag = 0 (n-+2)(n+1)an42 —(n+1)nay41 + 4n = 0, n=1,2,3,... az = —5ag An+2 = ean ~ WF2) (ne) 1 n =1,2,3,... Julho 2016 Reginaldo J. Santos 474 Equacdes~Diferenciais Lineares de 2? Ordem a3 = 5a _ a5 = — x50 _ 55% Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos y(x) = V9 anx" = ap (1- dst = be — phot am (x= ghx? — shat +---) Portanto, a solucdo geral é y(x) = aoyi (x) + ary2(x), em que _,_1le_ 13 1a w(x) = lage “55% 773.9% + _ 13 14 Y2(x) =x 3.2 3.4 + A série acima converge pelo menos para |x| < 1. (c) Substituindo-se y(x) = V9 anx", y'(x) = V9 (a + L)anyi x" e y!" (x) = D_9(n +2)(n + 1)an42x" na equacao (2 + x”)y"” — xy’ + 4y = 0, obtemos (2+ x7) Vo(m +2)(m + Van sox" — x Dp o(t + Van p1x" +409 Anx" = 0 2 Yeo (t+ 2)(M+ Lan pox” +27 Ver g(t +2)(n + 1)an pox" — Veg (t t+ L)anyix tl +4 Pg anx" = 0 2E% 9(m+2)(m-+ Dajigax + Do (1 +2)(4+ Ldn eax"? — E24 nayx" +4 E29 aux” =0 2 Liao(t + 2)(n + Lan pox" + Lig n(1 — 1)anx” — DR Nanx" +4 9 anx" = 0 4ay + 12a3x — a,x + 4a9 + 4a, x + pr, [2(n + 2)(n + 1)ay 42 + n(n —1)an — nay + 4an|x" = 0 O que implica em 4ay + 4a) = 0 12a3 + 3a, =0 2(n +2)(n + 1)an42 +n(n —1)an —nay, + 4a, = 0, n=2,3,... Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 475 az = —ao _ 1 a3 = ~qa1 __ —n(n—2)—4 n+2 ~ 3n+2)(n+1) “0 n=2,3,... a4 = 540, ag = 5340, te a5 = aot, Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos y(x) = Dig Aux" = Dg aaex™® + 0 gaan yet? ag (1-32 + gat +--+) ta (x= $9 + hp Portanto, a solucdo geral é y(x) = aoyi (x) + ary2(x), em que 1 yal) = 1x8 + x8 pe 1 7 Y2(x) Sx GM + eae te Agora, como y(0) = —3, entao substituindo x = 0 e y = —3 na expressado de y(x) obtemos ag = —3. Como y'(0) = 2, substituindo-se x = 0 e y’ = 2 na expressao obtida derivando-se y(x): y! (x) = ap (=2x + 3x3 +--+) bay (Pept AB +) obtemos a; = 2. Assim, a solucdo do problema de valor inicial é y(x) ==3 (1-27 + gyxt+---) +2(x-494 sf55+---) A série acima converge pelo menos para |x| < V2. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 476 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem 6.3. y1(t) e y2(t) sao solugdes da equacao pois fazendo ay = 1 e a; = 0 obtemos y(t) e fazendo ap = Oe a, = 1 obtemos y(t). Além disso 0) y2(0) Wly1, 0) = det yal nal) FiO), 00) 1 0 = det | 6 1 =10 Como o wronskiano de y(t) e y2(t) é diferente de zero parat = 0e yj(t) e y2(t) sao solugdes da equacao, entao y;(t) e ¥2(t) séo solugGes fundamentais da equacao. 6.4. (a) Substituindo-se y(x) = V?-9 anx”, y!(x) = UP 9 (1 + 1)any1x" e y!" (x) = D%_4(n +2)(n + 1)an42x" na equacao (1 — x?)y” — 2xy’ + «(a + 1)y = 0, obtemos (1 = x7) Dot +2) (m+ Lan yox” 2x Dye o(t + Lan yix" + a(w +1) Vp anx” = 0 Leg (a +2) (n+ 1)angox" — x7 D9 (n+2)(n+1)anyox" —2 (n+ 1)angix"*! +0(@4+1) VO anx" = n=0 n=0 0 Ve o(n+2)(n+ Langox” =LY 9 (n+2)(n + Danyox? —2 Ye (n41)angix™*? +a(a+1) Yo anx” = n=0 n=0 0 ro (1 +2) (1 + 1)an4ox" — EP» n(n — 1)anx" — 20%, nanx" + a(a +1) VP 9 anx" =0 2a7 + 6a3x — 2ayx+ a(a + 1)ap + a(a + 1)ayx + VP, [(n + 2)(n + 1)an42 — n(n — 1)a_ — 2nay + a(a+1)an|x" =0 O que implica em 2az + a(a + 1)ay = 0 6a3 — (2—a(a+1))a, =0 (n+2)(n+1)an42 —n(n —1)an — 2nay +a(a+1)a, =0, n =2,3,... Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 477 n= aa 1) a 2—a(a+1) a3 = ay a _wt+n—a(a +1), i” “ol (n + 2)(n +1)" _ (n—«a)(n+1+a y* = “(n42)(n41) “ny n= 2,3,... (2k —2—«a)---(—a)(2k -—1+a)---(14+ a) _ nN k= 2,3)... AK (2k)! ao, gp _ (2k—1-—a))---(1—a)(2k=2+a)---(2+a) J AQk+1 = (2k +1)! a,,k =1,2,... Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos y (x) = Di anx" = Dg doex™® + OR 9 aoe pix*t! = ag (1 + ea Bee pea yn cotta) (ire) 52 co | (2k—1—w))--- (1a) (2k-2-+02) fay (2+ py GEO kr abn) .2t+1) Portanto, a solucdo geral é y(x) = aoyi (x) + arye(x), em que yy (x) _— 1 4 wan Pata oa tee) 2k ¥y2(x) =x NN yey oe y2k+1 (b) Da formula de recorréncia segue-se que se « = 2N, entdo ay, = 0, parak = N+1,N+2,...ese «=2N +1,entéoay,,; =0,parak=N+1,N+2,... (c) Po(x) = 1, Py(x) =x, P(x) = 3x7 — 4, P3(x) = 329 — 3.x, y(x) = 2 x4 — Bx? +3 6.5. (a) Substituindo-se y(x) = V9 anx", y’ (x) = UP (n + 1)ansix" e y" (x) = DP (n+ 2)(n4+ 1)an42x" na equacao y” — 2xy' + Ay = 0, obtemos Veo (1 + 2)(n + 1)an4ox" — 2x Pg (n + 1)an41x" +A LP anx" = 0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 478 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem Lneo(t +2) (m+ 1)ang2x" — 2 V9 (1 + V)ansix™*? + ALi nx" = 0 reo (1 + 2)(n + 1)an4ox" — 204 nanx"” +A LP 9 anx" =0 2ay + Ado + V1 [(1 + 2) (1 + 1) an42 — 2nay + Aay|x" = 0 O que implica em _ _A { 2a + Aag = 0 a2 = — 540 (n+ 2)(n+1)an42 —2nay + Aan = 0, n = 1,2,3,... _ 2n—X _ An42 = G@4)w +2) -Dm+2” n=1,2,3,... 4—X 4—X)(-A a = Boag, = EG 1 = (8-A)) K (B= (4-AN-A) 6:5 6! , _ (4k=4—A)(4k—8 =A) (-A) | ; _ (=1EA=2(2k=2)) A 2k —_ (2k)! 0 2A m= 3% 6—A (6 =A)(2—A) = BS ey — (4k =2—A)---(2—A) A241 =F arp” ee CEDNA=20k=1))--(A=2)_ a = (2k +1)! 1 k=1,2,... Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos 0° 0° 00 co —1)'(A—2(2k—2))-+-A y(x) = Dp anx” = Lp 9 ax + Vo doeyrx7*t! = ag (1 + ie Preah) co = (—1)k(A—2(2k—-1))--(A—2 + a4 (x +2, A eh) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 2.8 Respostas dos Exercícios 479 Portanto, a solução geral é y(x) = a0y1(x) + a1y2(x), em que y1(x) = 1 + ∞ ∑ k=1 (−1)k(λ − 2(2k − 2)) · · · λ (2k)! x2k y2(x) = x + ∞ ∑ k=1 (−1)k(λ − 2(2k − 1)) · · · (λ − 2) (2k + 1)! x2k+1 (b) Da fórmula de recorrência segue-se que se λ = 4N, então a2k = 0, para k = N + 1, N + 2, . . . e se λ = 2(2N + 1), então 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. 6.6. (a) Substituindo-se y(x) = ∑∞ n=0 anxn, y′(x) = ∑∞ n=0(n + 1)an+1xn e y′′(x) = ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn na equação (1 − x2)y′′ − xy′ + α2y = 0, obtemos (1 − x2) ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn − x ∑∞ n=0(n + 1)an+1xn + α2 ∑∞ n=0 anxn = 0 ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn − x2 ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn − ∞ ∑ n=0 (n + 1)an+1xn+1 + α2 ∞ ∑ n=0 anxn = 0 ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn − ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn+2 − ∞ ∑ n=0 (n + 1)an+1xn+1 + α2 ∞ ∑ n=0 anxn = 0 ∑∞ n=0(n + 2)(n + 1)an+2xn − ∑∞ n=2 n(n − 1)anxn − ∑∞ n=1 nanxn + α2 ∑∞ n=0 anxn = 0 2a2 + 6a3x − a1x + α2a0 + α2a1x + ∑∞ n=2[(n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an − nan + α2an]xn = 0 O que implica em    2a2 + α2a0 = 0 6a3 − (1 − α2)a1 = 0 (n + 2)(n + 1)an+2 − n(n − 1)an − nan + α2an = 0, n = 2, 3, . . . Julho 2016 Reginaldo J. Santos 480 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem a a a 2=—-7 40 2 a Aaa! a 3 =H 6 nz — 2 = —___ = 2,3,... An+2 (n +4 2)(n +4 1) an, oy _ ((2k=2)? = 02) (a0?) any = ea ao, k= 1,2,3,... _ ((2k=1)? 2) a) AQk+1 = So @keDD!OCOY k = 1,2,. oe Substituindo-se os valores a, encontrados acima, na série de y(x) obtemos oo co 00 oo Dk—-2)2—2).--(—a2 y(X) = Veg anx” = VR Ao p.x2* + Ve Ang xrk1 = ag (1 +R ee ees) 00 2k—1)2—02).--(1—a2 + ay (x + vey (Oe ee ett) Portanto, a solucdo geral é y(x) = agyi (x) + ary2(x), em que (2k = 2)? — a7) +++ (07) 95 u(x) =14+ ) 0 ————__ ax yi (x) du 2k)! eo ((2k = 1)? — a7) (10?) okay x) =x <A—___+_____+~__~—___“yx ya(x) +h (2k + 1)! (b) Da formula de recorréncia segue-se que se « = 2N, entdo ay, = 0, parak = N+1,N+2,...ese « =2N +1, entéo ay,,; = 0, parak =N+1,N+2,... (c) To(x) = 1, T1(x) = x, To(x) = 2x? — 1, T3(x) = 4x3 — 3x, Ty(x) = 8x4 — 8x7 +1 7. Mudangéa de Variaveis (pagina 411) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 481 7.1. (a) yy" +(y'P =0 Fazendo y/ = v v+v?=0 1 ae = —1 d (1) do) dv \v) dt 1 —=t+cy v Logo, 7 1 » y sot) = a Integrando-se y(t) = In|t+c¢| + c2 (b) ty!” = y! Fazendo y/ = v tu’ =v tyal v t d dv 1 “ y one do ID ae = | In |v| = In |t] + &% vac 7 1 Logo, y' = v(t) = cyt Integrando-se th=c e +c y(t) = cary +e Julho 2016 Reginaldo J. Santos 482 Equacées~Diferenciais Lineares de 2? Ordem (c) Fazendo y’ =v (1+2x*)o' + 2x0 = 2x03 Dividindo-se por 1 + x? vy + 2x = _ 2 1+x2° x8(14 x2)" 2x Multiplicando-se a equacao por p(x) = el Tee 2 1 4 32: d 2 2 (1 +x)2) = 5 Integrando-se obtemos 1 (14+ 2)o(x) =-Z ta Logo, dy _ _ 1 C1 dx ox) = (1 + x2) x? Tipe _ 1 _ A,B Cr+D (1+x2)x2 0 x x2 1 4 x2 —1 = Ax(1+ x7) + B(1 +x?) + (Cx +D)x* 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. Comparando-se ou termos de grau 3 obtemos 0 = A+CouC = 0. Assim, / — 1 Le | 1 1 (1 + x2)x? — x2 14 x2 1 = 5 + arctan x + Cp Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 483 Ea solucdo da equacao é 1 y(x) = ytel arctan x + C2. 7.2. (a) y" +y(y/P =0 v—-y We dv _ yf? I a ty d Fy + yv° =0 d v0=0. ou wii 9 v=0 => y(t)h=cy ou ldo v2 dy 4 a(_1\__ dé\ vo) “% 1 2 pa te 5-2 p+ Logo, /_,-2 0 Pre (y +er)y! =2 d (y 2 fs -9 dy ( 3 +a) y Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 484 Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem A solução é dada implicitamente por y3 3 + c1y = 2t + c2 (b) y2y′′ − y′ = 0 v = y′ y′′ = dv dt = vdv dy y2vdv dy − v = 0 v = 0 ou y2 dv dy − 1 = 0 v = 0 ⇒ y(t) = c1 dv dy = 1 y2 v = −1 y + c1 Logo, y′ = v = −1 y + c1 1 − 1 y + c1 y′ = 1 y c1y − 1y′ = 1 1 c1 c1y − 1 + 1 c1y − 1 y′ = 1 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 485 1 1 —(14+——)y=1 Cy ( . cry — i) ! d 1 dy (y+ 5 Imjey—1)) y= A solugdo é dada implicitamente por 1 yt ~ ney > I =cyt+e 1 ©) y= (Py v—-y ye dv N 7 aE dy F =v+0 v=0 ou do =v4+1 dy v=0 = y(t)h=c ou 1 v 2 = 1 dy or 1 do _ 1 ve+idy d dv —arctanv— =1 dv dy a arctanv = 1 dy Julho 2016 Reginaldo J. Santos 486 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem arctanv = y+ cy v = tan(y + c;) y' = tan(y +1) cotan(y + c,)y/ =1 J cotanty +c;)dy = | Sostyt C1) Ay sen(y +c) = In|sen(y+ci)|+C 4 in| sen( +c;)|y/=1 dy y 1 y ~~ 4 in| sen( +¢c1)|=1 dt y 1 —_ Integrando-se In|sen(y + c1)| =t+C sen(y +¢1) = c2e 7.3. A substituigéo tf = In x transforma a equacao de Euler d? d 2ey ay _ x2 + bx +cy=0 numa equacao linear com coeficientes constantes. dy ___,dt_ 1, dx ‘dx x Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 2.8 Respostas dos Exercicios 487 dy d (dy 1, 1d,, eas (ae) = att sa) 1, 1d py dt = ~yY +H (y’) dx 1 / 1 i = ~5aY bay Substituindo-se na equacdo de Euler obtemos a equacao linear com coeficientes constantes y+ (b—1)y' +cy =0. (a) xy” + 4xy! + 2y = 0 Fazendo t = Inx a equacao se transforma em y” +3y' + 2y =0. Equacao caracteristica ?P4+3r+2=-0er=-2,-1 Solugao geral: y(x) = ce 7 4 ce BY = yx? 4 px! (b) x*y" — 3xy' + 4y = 0 Fazendo t = In x a equacao se transforma em y” —4y' + 4y = 0. Equacao caracteristica r—4rt+4=0Gr=2 Solucao geral: y(x) = cye?* + coe? * In x = cyx? + cnx? Inx (c) x*y'" + 3xy’ + 5y = 0 Fazendo t = Inx a equagao se transforma em y+ 2y' +5y = 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 488 EquacdegyDiferenciais Lineares de 2 Ordem Equacao caracteristica P4+2r+5=0er=-142i Solugao geral: y(x) = cye~™* cos(2Inx) + cge7™* sen(2Inx) = cyx 'cos(2Inx) + cox} sen(2In x) 7.4. Seja u(t) = cyuz(t) + cou2(t) a solugéo da equacéo homogénea correspondente. Entao, a solucao geral desta equacdo é u(t) = cyuy(t) + coua(t) + p(t) em que u(t) é uma solucao particular. Pelo método dos coeficientes a determinar Upy(t) = Acos(wt) + Bsen(wt). u,(t) =w cos (wt) B—w sen(wt) A uy,(t) = —w* sen (wt) B—w* cos (wt) A Substituindo-se up(t),u,(t) e w(t) na equacao diferencial obtemos (wBr+ («) - w) mA) cos wt + ((«3 - w?) mB— w Ay) sen wt = Fy coswt Substituindo-se t = 0 e tf = x, obtemos 0 sistema (wi-—w?)mA+wyB = fp —wyA+(wi—w?)mB = 0 encontramos > 9 Az Fom(w5 — w ) B= Fore A A em que A = m?(w) — w*)* + y?w?. Logo, uma solugao particular da equacao diferencial é Fom(w — w? F Up(t) = Fomeg =o) cos(wt) + sen(cwt). Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3 TRANSFORMADA DE LAPLACE 3.1 Introdução A transformada de Laplace pode ser usada para resolver problemas de valor ini- cial da forma Ay′′ + By′ + Cy = f (t), y(0) = y0, y′(0) = y′ 0, para A, B, C ∈ R Para isso, a equação diferencial é inicialmente transformada pela transformada de Laplace numa equação algébrica. Depois resolve-se a equação algébrica e finalmente transforma-se de volta a solução da equação algébrica na solução da equação dife- rencial inicial. A transformada de Laplace pode ser entendida como a “caixa” da Figura 3.1. Do lado esquerdo entram as funções originais e do lado direito saem as funções transformadas pela transformada de Laplace. 490 Transformada de Laplace A transformada de Laplace de uma fungao f : [0,00) + R (ou C) é definida por Lif \(s) = F(s) = fe f(a 0 para todo s > 0 tal que a integral acima converge. Representaremos a funcdo ori- ginal por uma letra mintscula e a sua varidvel por t. Enquanto a transformada de Laplace sera representada pela letra correspondente maitiscula e a sua varidvel por s. Por exemplo, as transformadas de Laplace das funcées f(t), g(t) e h(t) serao re- presentadas por F(s), G(s) e H(s), respectivamente. Vamos calcular a transformada de Laplace de varias fung6es, que serao as fun- cdes elementares, e apresentar propriedades da transformada de Laplace que possi- bilitarao calcular a transformada de Laplace de muitas outras fungdes. A transfor- mada de Laplace das funcgdes elementares estado agrupadas na tabela na pagina 566 e podem ser consultadas a qualquer momento. Exemplo 3.1. A transformada de Laplace da funcdo f : [0,c0) — R definida por f(t) = 1€é dada por 00 —st |~ —sT —s0 —s0 1 F(s) =| e1dt= | = lim {——*£_ =9-£_ = -, paras > 0. 0 —s T+co —S —s —-s os 0 Exemplo 3.2. Sejaa uma constante real. A transformada de Laplace da fun¢ao f : (0,00) — R definida por f(t) = e” é dada por co co —(s—a)t ° F(s) = | ee dt = | et ge = | 0 0 a—s 0 ; e7 (s—a)T e—(s—a)0 1 1 = lim —— — —— =0- —— = ——, paras >a. Tc a—s a—s a—s s—a Introdugao as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.1. Introdugao 491 Exemplo 3.3. Seja a uma constante real. Vamos determinar a transformada de La- place das fungées f : [0,c0) + R dada por f(t) = cosat eg: [0,cc) + R dada por g(t) = senat. Para isso, vamos calcular a transformada de Laplace da fungéo h : [0,c0) + C definida por h(t) = e’', que pela formula de Euler é tal que h(t) = cos at + isenat. His) = [Vetettar = [ein gy 9 0 0 —(s — ia) f __ e !(cosaT +isenaT) e120 e~ (s>ia)0 = lim Ot 50 - T-+00 —(s — ia) —(s —ia) ia —s 1 = ay paras > 0. Por outro lado H(s) = £L(h)(s) = | e *' (cosat+isenat) dt = L(f)(s) +iL(g)(s) = F(s) +iG(s). 0 Assim, a parte real de H(s) é igual a F(s), Re{H(s)} = F(s), e a parte imagindaria de H(s) éigual a G(s), Zm{H(s)} = G(s). Como 1 s+ia s+ia A(s) = s—ia (s—ia)(st+ia) s%+a?’ entao a transformada de Laplace de f(t) = cosat é 1 s F(s) = Rel} = ae’ paras > 0 ea transformada de Laplace de g(t) = senat é 1 a G(s) = Im{——} = sa’ para s > 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 492 Transformada de Laplace Exemplo 3.4. Sejan um inteiro positivo. Vamos calcular a transformada de Laplace da funcao f, : [0,00) + R dada por f,(t) = t", paran = 0,1,2,...Usando integragao por partes temos que co tt —st “ co Fils) = | et" dt = ne + | et plat 0 —s —Ss JO 0 = 1 | et en ldt = "r,_4(s). s Jo s Aplicando-se recursivamente a formula obtida obtemos n(n—1 n(n—1)...1 Fy(s) = MME Dp, 9(s) =A eT), , ~ . 1 Mas F)(s) é a transformada de Laplace da funcao constante 1, ou seja, Fo(s) = = Assim, a transformada de Laplace de f(t) = t", paran =0,1,2,...6 n! F,(s) = wnat’ Paras > 0. Para calcular a transformada de Laplace de outras fungdes vamos usar as proprieda- des que apresentaremos a seguir. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3.1 Introdução 493 Teorema 3.1 (Linearidade). Se a transformada de Laplace de f (t) é F(s), para s > a1, e a transformada de Laplace de g(t) é G(s), para s > a2, então para quaisquer constantes α e β L(α f + βg)(s) = αL( f )(s) + βL(g)(s) = αF(s) + βG(s), para s > max{a1, a2}. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 494 Transformada de Laplace Demonstracao. Llaf+Bg\(s) = fe“ (afte) + Be(#))at = a | e ' F(t)dt+ Bf e *'e(t)dt 0 0 = aL(f)(s) + BL(g)(s) a Exemplo 3.5. A transformada de Laplace do polinémio f(t) = 2t7 + 3t +5 é pelo Teorema 3.1 e usando o resultado do Exemplo 3.4 2 1 1 Exemplo 3.6. Seja a umaconstante real. Pelo Teorema anterior a transformada de at —at Laplace do cosseno hiperbélico de at, f(t) = cosh(at) = —, é dada por 1 1 1 1 s (8) = 55mg t dona Poe’ paras > |al. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3.1 Introdução 495 Exemplo 3.7. Seja a uma constante real . Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace do seno hiperbólico de at, f (t) = senh(at) = eat − e−at 2 , é dada por F(s) = 1 2 1 s − a − 1 2 1 s + a = a s2 − a2 , para s > |a|. Dizemos que uma função f (t) é seccionalmente contínua ou contínua por partes em um intervalo [a, b] se f (t) é contínua em [a, b] exceto possivelmente em um número finito de pontos, nos quais os limites laterais existem. Dizemos que uma função f (t) é seccionalmente contínua ou contínua por partes em um intervalo [a, ∞) se f (t) é seccionalmente contínua para todo intervalo da forma [a, A], com A > a. Se a função f (t) crescer muito rápido ela pode não ter transformada de Laplace, como por exemplo f (t) = et2 (veja o Exercício 1.6 na página 507). Isto não acontece para funções f (t), para as quais existem M > 0 e k > 0 tais que, | f (t)| ≤ Mekt, para todo t > 0. (3.1) Chamamos funções admissíveis às funções seccionalmente contínuas que satisfa- zem (3.1). Se duas funções admissíveis têm a mesma transformada de Laplace então elas são iguais exceto possivelmente nos pontos de descontinuidade, como enunciado a seguir e demonstrado ao final desta seção na página 502. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 496 Transformada de Laplace Teorema 3.2 (Injetividade). Dadas duas funções f (t) e g(t) admissíveis se L( f )(s) = L(g)(s), para s > a, então f (t) = g(t), exceto possivelmente nos pontos de descontinuidade. Portanto, se F(s) é a transformada de Laplace de uma função admissível f (t), esta função está determinada a menos dos pontos de descontinuidade e dizemos que f (t) é a Transformada de Laplace inversa de F(s) e escrevemos simplesmente L−1(F)(t) = f (t), considerando duas funções iguais, se elas forem iguais em todos os pontos onde ambas são contínuas. Exemplo 3.8. Se a transformada de Laplace de uma função f (t) é F(s) = s + 3 s2 − 3s + 2 então vamos determinar a função f (t). Para isso vamos decompor F(s) em frações parciais. O denominador de F(s) tem duas raízes reais s = 1 e s = 2. Assim, F(s) = s + 3 (s − 1)(s − 2) = A s − 1 + B s − 2, Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.1 Introdução 497 em que A e B são constantes a determinar. Multiplicando F(s) por (s − 1)(s − 2) obtemos s + 3 = A(s − 2) + B(s − 1) Substituindo-se s = 1 e s = 2 obtemos 4 = −A e 5 = B Assim, F(s) = s + 3 (s − 1)(s − 2) = −4 1 s − 1 + 5 1 s − 2 e a função cuja transformada é F(s) é f (t) = −4et + 5e2t. Teorema 3.3 (1o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante. Se a transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R é F(s), para s > c, então a transformada de Laplace da função g(t) = eat f (t) é G(s) = F(s − a), para s > a + c Julho 2016 Reginaldo J. Santos 498 Transformada de Laplace Demonstracao. G(s) = [eet p(nidt= fe - f(t)at = F(s ~a) 0 0 a Exemplo 3.9. Sejam a,b € R. Se g(t) = cos(at), entéo pelo Exemplo 3.3 na pagina 491 s G(s) = Daa Pelo 1° Teorema de Deslocamento Lleg(t)](s) = G(s— b): Logo, se f : [0,00) + R é dada por f(t) = e” cosat entao a sua transformada de Laplace é dada por s—b = oS b. F(s) (5 = byZ a2” paras > Exemplo 3.10. Sejam a,b € R. Pelo 1° Teorema de Deslocamento e o Exemplo 3.3 na pagina 491 obtemos que a transformada de Laplace de f : [0,00) — R dada por f(t) = e?' senat é dada por a = —_—_> b. F(s) (= byE + a2” paras > Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3.1 Introdução 499 Exemplo 3.11. Seja a ∈ R e n um inteiro positivo. Pelo 1o. Teorema de Desloca- mento e o Exemplo 3.4 na página 492 obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = eat tn é dada por F(s) = n! (s − a)n+1 , para s > a. Exemplo 3.12. Se a transformada de Laplace de uma função f (t) é F(s) = s − 3 s2 + 4s + 4 então vamos determinar a função f (t). Para isso vamos decompor F(s) em frações parciais. O denominador de F(s) tem somente uma raiz real, s = −2. Assim, F(s) = s − 3 (s + 2)2 = A s + 2 + B (s + 2)2 , em que A e B são constantes a determinar. Multiplicando F(s) por (s + 2)2 obtemos s − 3 = A(s + 2) + B (3.2) Substituindo-se s = −2 obtemos −5 = B. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 1 em (3.2) obtemos 1 = A. Assim, F(s) = s − 3 (s + 2)2 = 1 s + 2 − 5 1 (s + 2)2 . Julho 2016 Reginaldo J. Santos 500 Transformada de Laplace Observando a Tabela na pagina 566, usando o 1° Teorema de Deslocamento e o Te- orema da Linearidade vemos que a funcdo cuja transformada de Laplace é F(s) é dada por f(t) =e 7! Set. Exemplo 3.13. Se a transformada de Laplace de uma fungao f(t) é s—2 F(s) = ———_ S) = 52 os 47/2 entéo vamos determinar a funcdo f(f). Como nao podemos fatorar 0 denomina- dor em fatores lineares com coeficientes reais, entéo nao podemos decompor F(s) em fracgdes parciais. Vamos completar o quadrado do denominador, ou seja, vamos reescrever F(s) da seguinte forma F(s) = s—2 _ s—2 y s—2 — 2s2+28+7/2 2s2t+s+7/4] 2[(s+1/2)2+3/2]' Pela forma do denominador vemos que temos que usar 0 1° Teorema de Desloca- mento. Mas, para isso tem que aparecer um miultiplo de s + 1/2 no numerador. Conseguimos isso somando e subtraindo 1/2 no numerador, ou seja, F(s) = s+1/2—1/2—2._ s+1/2 _ 5/2 ~ 2[(s#1/2)2+3/2] 2[(s+1/2)2+3/2] 2[(s + 1/2)? +3/2] 41 s+1/2 5 1 ~ 2(s+1/2)24+3/2 4(s+1/2)24+3/2 taste 52 var ~ 2(s+1/2)2+3/2 4V 3(s+1/2)2+3/2 Observando a Tabela na pagina 566, usando 0 1° Teorema de Deslocamento e o Te- orema da Linearidade vemos que a funcdo cuja transformada de Laplace é F(s) é Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.1 Introdugao 501 dada por 1 iy i: 5 i “1/2 ie == -¢)— 24/5 ~ +). f(t) 5e 60S ( 5 t aV3° sen 5 Explicaca ‘ s+1/2__. xplicacao para a transformada inversa de (541/2)243/2' Pelo 1° Teorema de Deslocamento Lle"g(t)\(s) = G(s—a) ou L [G(s —a)](t) = eM g(t). s+1/2 ~ s soe Se G(s + 1/2) = (s+1/2)2 43/2’ entao G(s) = 2243/2 e pela a Tabela na pagina 566, temos que ¢(f) = cos (V3 ) . Logo, LOG (s+1/2)|(t) = e/2g(t) Se? cos (\/3 ) | Explicacao para a transformada inversa de EAST 1 ~ Se G(s + 1/2) = (41/224 3/0’ entao G(s) = 1 (3 V3/2 — 43/2 V 352 +3/2 e pela a Tabela na pagina 566, temos que g(t) = 3 sen (V3 ) . Logo, 1 —t/2 2-1/2 3 L-*[G(s +1/2)|(t) =e '’*g(t) = ze sen 5 t). Julho 2016 Reginaldo J. Santos 502 Transformada de Laplace 3.1.1. Demonstracao da Injetividade da Transformada de Laplace Demonstracao do Teorema 3.2 na pagina 496. Pela linearidade da transformada de Laplace, basta provarmos que se £(h)(s) = 0, paras > a, entao h(t) = 0, para todos os valores de t > 0 para os quais h(t) é continua. Vamos provar somente para 0 caso em que h(t) seja continua. Sejan = 1,2,... 0 = L(h)(a +n) = | ee th(t) dt. 0 Facamos a mudanga de varidveis t = —Inx e definamos v(x) = e7™*h(—Inx). Entao, . 0= | ee "h(t)\dt = | x"to(x)dx. (3.3) 0 0 Seja e > 0. Existe um polindmio p(x) tal que 1 [ p(x) — v(x) Pdx Ye. A existéncia de tal polinémio é uma consequéncia imediata do Teorema de aproxi- macao de Weierstrass que sera demonstrado a seguir. De (3.3) segue-se que 1 | p(x)o(x)dx = 0. 0 Entao, 1 1 1 | \ele) — o@) Pax = | |p()Pax+ | lolx) Pax <e. 0 Logo, 1 | \o(x)/?dx <e. 0 Como € é um numero positivo arbitrario, entao v(x) = 0, para0 < x < 1. Logo, h(t) =0, para t > 0. a Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.1 Introdugao 503 Teorema 3.4 (Teorema da Aproximagao de Weierstrass). Seja f : [a,b] + R uma fungio continua. Para todo € > 0, existe um polinémio p(t) tal que | f(t) — p(t)| < €, para todo t € [a,b]. Demonsiracao. Sejat = (1—x)a+xb. Entéo, x = at —a)et € [a,b] se,e somente se, x € [0,1]. Seja f : [0,1] + R definida por f(x) = f ((1—x)a+ xb). Seja wey wg ky (1\ n—k _.f 1 pe) = PA (Z)Ma-9™e pl =P(Grglt-a)): Este polinédmio é chamado de polinémio de Bernstein. Vamos usar 0 fato de que vy (7 xk — xy < y MY) ka —x)tk = (3.4) f k —~ = \k , , cA k=0 para qualquer A C {0,1,2...,n}. Como f é continua existe 6 > 0 tal que = = € Iau) <d = If(x)— FY) <5. (3.5) Sejam b} =x —deby =x +6. SejaM = max |f(x)| = max |f(t)|. Seja n tal x€[0,1] t€ [a,b] que 4Me~26" < - Vamos usar 0 seguinte fato que sera demonstrado a seguir: k k k 1-k —2(x—b)2,£ yk bSeslods 7 <h = xu(1—x)'"" <e bn(1—b). (3.6) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 504 Transformada de Laplace Entao, por (3.4), (3.5) e (3.6) temos que Fe) — (xy) — |S? Fay (7) ka — yk — FE) (™) kd — atk pe fa) -peol=|P F(T) n'y AC) (F) xt p< k=0 k=0 yak) = n\ k n—k <P if) -F@i(7)x*a-2"* < k=0 € ~ k x n _ <§+ DV -fel(;) aaa" k |7—x|26 € N\ k¢q _ ¥\n—k W\ okey .\n—k <5+2M py ,) -%) +2M )~° ,)ee-M> S kSby K<by < = + 2Me~?" y (;,) 0 — by)" 42Me-2™" Y~ @ bk(1 — by)" K>bp E<by < 5 + 4Me~2>" <e. a k k ~ Lema 3.5. SeOQ<x<b< a <lou0< 7 <b<x<1,entio xn (1 — x)lni < e222) pi (1 — bina, Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3.1 Introdução 505 Demonstração. Precisamos mostrar que x k n (1 − x)1− k n b k n (1 − b)1− k n ≤ e−2(x−b)2, ou aplicando-se o logaritmo nesta desigualdade, que H(x) = ln x k n (1 − x)1− k n b k n (1 − b)1− k n + 2(x − b)2 ≤ 0. Temos que H(b) = 0. (a) Se 0 < x < b ≤ k n ≤ 1, vamos mostrar que H′(x) ≥ 0. Como, para 0 < x < 1, x(1 − x) ≤ 1 4, então H′(x) = k n − x x(1 − x) + 4(x − b) ≥ 4( k n − x) + 4(x − b) = 4( k n − b) ≥ 0. (b) Se 0 ≤ k n ≤ b < x < 1, vamos mostrar que H′(x) ≤ 0. Como, para 0 < x < 1, 4 ≤ 1 x(1 − x), então H′(x) = k n − x x(1 − x) + 4(x − b) ≤ k n − x x(1 − x) + x − b x(1 − x) = k n − b x(1 − x) ≤ 0. ■ Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 506 Transformada de Laplace Exercícios (respostas na página 567) 1.1. Determine a transformada de Laplace inversa da função F(s) = 2s − 5 s(s2 + s − 12), ou seja, uma função, f (t), cuja transformada de Laplace é a função dada, F(s). 1.2. Considere L(y)(s) = Y(s). Determine y(t): (a) Y(s) = 2 s2(s + 2)(s − 1) + 1 (s + 2)(s − 1) (b) Y(s) = 3 (s − 1)(s2 + 4) 1.3. Seja a uma constante. Sabendo-se que a transformada de Laplace de f (t) = sen at é F(s) = a s2 + a2 , s > 0 e a de g(t) = t cos at é G(s) = s2 − a2 (s2 + a2)2 , s > 0 mostre que a transformada de Laplace de h(t) = sen at − a t cos at é H(s) = 2a3 (s2 + a2)2 , s > 0. 1.4. Encontre a transformada de Laplace inversa de Y(s) = 2 s − 1 (s2 − 1) (4 s2 + 4 s + 5). Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 3.1 Introdugao 507 1.5. Mostre que se f(f) 6 seccionalmente continua e existem k > 0e M > 0 tais que [f(t)| < Me“, para todot > 0, entao existe a transformada de Laplace de f(t), £(f)(s) = F(s), definida paras > k e além disso lim £(f)(s) =0. 1.6. Mostre que f(t) = e' nao tem transformada de Laplace. (Sugestao: troque t* — st por sua reta tangente emt = s.) 1.7. (Fungéo Gama) A funcgdo gama é definida pela integral impropria T(p) = | tP-le-'dt, para p > 0. 0 (a) Mostre que '(p+1) = pI'(p), para p > 0. (b) Mostre queI'(n +1) = n!, paran = 1,2,3,... r 1 (c) Seja p > 0. Mostre que L(t?) (s) = aa paras > 0. 1 V1 (d) Usando 0 fato de que Ts) = 7, mostre que L(t'/?)(s) = 5632" Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 508 Transformada de Laplace 3.2 Problemas de Valor Inicial O próximo resultado mostra o efeito de aplicar a transformada de Laplace na derivada de uma função. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.2 Problemas de Valor Inicial 509 f (t) F(s) L Figura 3.1. Transformada de Laplace como uma “caixa” Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 510 Transformada de Laplace f (t) g(t) α f (t) + βg(t) F(s) G(s) αF(s) + βG(s) L Figura 3.2. Transformada de Laplace de uma combinação linear Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.2 Problemas de Valor Inicial 511 f (t) eat f (t) F(s) F(s − a) L Figura 3.3. 1o. Teorema de Deslocamento Julho 2016 Reginaldo J. Santos SMT nsformada de Laplace °° y oa : | 5 foo -02 “04 -06 -oals | . . . . —— Figura 3.4. f(t) = 4e~'/? cos (V3 ) — 5 et? sen (V3 ) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3.2 Problemas de Valor Inicial 513 f (t) f ′(t) f ′′(t) F(s) sF(s) − f (0) s2F(s) − s f (0) − f ′(0) L Figura 3.5. Transformada de Laplace das Derivadas Julho 2016 Reginaldo J. Santos 514 Transformada de Laplace Teorema 3.6 (Derivacao). Seja f : [0,00) — R uma funcao admissivel e continua. (a) Se f'(t) é seccionalmente continua, entio L(f')(s) = sF(s) — f(0), em que F(s) éa transformada de Laplace de f(t). (b) Se f'(t) éadmissivel e continua e f" (t) é seccionalmente continua, entiio L(f")(s) = s°F(s) — sf (0) — f"(0), em que F(s) éa transformada de Laplace de f(t). Demonsiracao. (a) Vamos provar para 0 caso em que f’(t) é continua. Lips) = fo ef (nat 0 = e“f(t)|—(-s) [ef (at 0 = -f(0) +5F(s), pois como f(t) é admissivel, limp... e~*! f(T) = 0, paras > k. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.2 Problemas de Valor Inicial 515 (b) Vamos provar para o caso em que f”’(t) 6 continua. Usando o item anterior: L(f")(s) = —f'(0) +s£(F')(s) = —f'(0)+s(—f(0) + sF(s)) = —f'(0)—sf(0) +s°F(s) a Podemos usar a Transformada de Laplace para resolver problemas de valor inicial da forma ay” + by’ + cy = f(t), y(0)=yo, y'(0) =, paraa,b,ce Ra 40. Para isso, aplicando a Transformada de Laplace na equacao diferencial e usando a linearidade obtemos ally") + bL(y') +cL(y) = Lf). Depois, usamos que £(y’”)(s) = s*Y(s) — sy(0) — y/(0) e L(y’)(s) = sY(s) — y(0). Vejamos 0 proximo exemplo. Exemplo 3.14. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial Yt yl 2y=2t — y(0) =0, y(0) =1. Aplicando-se a transformada de Laplace a equacao diferencial acima obtemos 1 (s*¥(s) = sy(0) =¥(0)) + (sY(s) — y(0)) —2¥(s) = 25. Substituindo-se os valores y(0) = 0e y'(0) = 1 obtemos 2 2 _ (s +s-2) Y(s) = ath Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 516 Transformada de Laplace 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 = As(s + 2)(s − 1) + B(s + 2)(s − 1) + Cs2(s − 1) + Ds2(s + 2) (3.7) Substituindo-se s = −2, 0, 1 obtemos    6 = −12C 2 = −2B 3 = 3D que tem solução B = −1, C = − 1 2 e D = 1. Comparando os termos de grau 3 da equação (3.7) obtemos 0 = A + C + D = A + 1 2. Logo, A = − 1 2. Assim, Y(s) = −1/2 s − 1 s2 − 1/2 s + 2 + 1 s − 1 de onde obtemos y(t) = −1 2 − t − 1 2e−2t + et, usando a Tabela na página 566. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.2 Problemas de Valor Inicial 517 Figura 3.6. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 3.14 0 0.5 1 1.5 2 −1 0 1 2 3 4 5 x y Julho 2016 Reginaldo J. Santos 518 Transformada de Laplace Exemplo 3.15. Seja a uma constante. Seja f(t) = tsenat. Vamos determinar F(s). f'(t) = senat + at cosat f'"(t) = 2acosat — a*t senat = 2acosat — a’ f(t) Aplicando a transformada de Laplace e usando o Teorema 3.6 de Derivacao, j4 que f(t) e f’(£) sio admissiveis e continuas e f’(t) é continua, obtemos 2 119) — § 2 s“F(s) —sf(0) — f'(0) = 2a Fe —a°F(s) Assim, 2as F(s) = ———ss - (s) (s? + a2)? Como oo oo | e'tsenat dt < | e 'tdt<oo, paras >0, 0 0 entao a transformada de Laplace £(f)(s) = F(s) esta definida para s > 0. Exemplo 3.16. Seja a uma constante. Seja f(t) = f cosat. Deixamos como exercicio mostrar usando o Teorema 3.6 de Derivacaéo que <2 — 2 F(s) = aap’ paras > 0. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.2 Problemas de Valor Inicial 519 Exercicios (respostas na pagina 571) 2.1. Resolva os problemas de valor inicial usando a transformada de Laplace: (a) y” +2y! + 5y = 4e~* cos 2t, y(0) = 1, y/(0) =0 (b) y” + 4y = #7 + 3e', y(0) = 0, y/(0) =2 () y" —2y' +y = te +4, y(0) =Ly'(0) =1 (d) y" —2y! — 3y = 3te*, y(0) = 1, y'(0) = 0 (ce) y” +4y = 3sen2t, y(0) = 2, y'(0) = -1 () y" +4y =e!, yO) =0, y/(0) =0. (3) y" —2y' +y =e, y(0) =0, (0) =0. (h) y" +2y! + 2y = el, y(0) = 0, ¥'(0) = 0. 2.2. Resolva o problema: y” — 6y' + 8y = sen t, y(0) = y'(0) =0 (a) sem usar transformada de Laplace (b) usando transformada de Laplace 2.3. Seja a uma constante. Seja f(t) = tcos at. Mostre que <2 — @2 F(s) = (s2 £a2)2’ s> 0 (Sugestao: derive uma vez e use as transformadas de Laplace de cos at e de t sen at.) 2.4. Resolva o problema de valor inicial y” +4y' + 13y = e~*! sen 3t, y(0) =Ly'0) =2, usando a transformada de Laplace. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 520 Transformada de Laplace 2.5. (Derivada da transformada de Laplace) E possivel mostrar que se f(t) é admissivel, isto é, f(t) é seccio- nalmente continua e existem k > 0e M > 0, tais que [f(t)| < Me“, para todo t > 0, entao Ps) = Se(p(s) = f° Zeta nat ds ods , (a) Mostre que L(tf(t))(s) = —F’(s). (b) Mostre que L(t" f(t))(s) = (—1)"F (s). (c) Use 0 item anterior para calcular £(#? senat)(s). 2.6. (Dilatagéo) Se F(s) = L(f)(s) ea > 0, mostre que 1 s L(f(at))(s) = —F (=). Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3.3. Função de Heaviside e Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo 521 3.3 Função de Heaviside e Equações com Termo Não Homogêneo Des- contínuo Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 522 Transformada de Laplace Figura 3.7. Função de Heaviside 1 a t y Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 3.3 Equacdes com Termo Nao Homogéneo Descontinuo 523 Seja a uma constante maior ou igual a zero. Vamos definir a fungdo degrau (uni- tario) ou funcado de Heaviside por _ J 0, parat <a, ua(t) = { 1, parat> a. A fungao de Heaviside u,(t) é um degrau de altura igual a 1 localizado em t = a. Por exemplo, u3(f) 6 um degrau de altura igual a 1 localizado em t = 3. Variando o local do degrau (ou valor de a) obtemos uma infinidade de funcoes. Observe que u,(t) = uo(f— a). Em muitos sistemas computacionais a funcado ug(t) é uma fungdo pré-definida no sistema. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 524 Transformada de Laplace Figura 3.8. Uma função descontínua dada por três expressões a b t y Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 3.3 Equacdes com Termo Nao Homogéneo Descontinuo 525 Podemos usar a funcado de Heaviside para resolver problemas de valor inicial da forma ay” + by’ +cy = f(t), y(0)=yo, y/(0) yo, paraa,b,cER, em que f(t) é uma funcdo descontinua. Para isso, vamos ver como podemos es- crever uma funcdo descontinua dada por trés expressdes em termos da funcado de Heaviside. Considere uma funcdo filt), seOQ<t<a f()}= 4 folt), seaxt<b. fa(t), set >b Esta funcgdo pode ser escrita como F(t) = filé) — ua(#) f(t) + walt) folt) — u(t) falt) + w(t) f(t). Observe que para “zerar" f(t) a partir de t = a, subtraimos u,(t) f;(t) e para “acrescentar" fo(t) a partir de t = a somamos u,(t) fo(t). Para “zerar" f(t) a partir de t = b, subtraimos up(t) fo(t) e para “acrescentar"f3(t) a partir de t = b somamos up(t)f3(t). Esta ideia pode ser repetida para 0 caso em que existam mais pontos de descontinuidade. Vamos calcular a transformada de Laplace da funcao de Heaviside f(t) = uq(t). foe) a CO Cc F(s) = | e 'u,(t) dt = | e 'ug(t) dt + | e “‘u,(t) dt = | e * dt 0 0 a a st |~ —sa —as = | =o9-£ =f paras > 0 —s —s s a Julho 2016 Reginaldo J. Santos 526 Transformada de Laplace Exemplo 3.17. Vamos calcular a transformada de Laplace da fungdo _f 1, paraO<t<2 f(t) = { 0, parat >2 Esta fungao pode ser escrita em termos da fungado de Heaviside como f(t) =1~ua(t). Assim, usando a linearidade da transformada de Laplace obtemos 1 ens F(s) = —-—-—. (s) = a Exemplo 3.18. Vamos calcular a transformada de Laplace da fungdo 0, para0<t<1 f(t)=<¢ 2, paral<t<2 0, parat > 2 Esta fungao pode ser escrita em termos da funcgado de Heaviside como f(t) = 2uy(t) — 2ug(t). Assim, usando a linearidade da transformada de Laplace obtemos eos e7 2s Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.3 Equacdes com Termo Nao Homogéneo Descontinuo 527 Teorema 3.7 (2° Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante positiva. Se a transformada de Laplace da fungio g : [0,00) + Ré G(s), paras > c, entio a transformada de Laplace da funciio f(t) = ua(t)g(t — a) é F(s) =e “G(s), paras >c. Demonstracao. © a co F(s) = | e~*tua(Bg(t —a)dt = | e~*tua(t) g(t — a)dt + | e-*tuq(t)e(t — a)dt 0 0 a = | e “g(t —a)dt = | er (tHe (7) dt a 0 =e” | e °'e(t)dt =e “G(s). 0 a Exemplo 3.19. Vamos calcular a transformada de Laplace da fungdo _ fo para0<t<1 f(t) = { (t-1)*, parat >1. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 528 Transformada de Laplace Esta fungao pode ser escrita em termos da fungado de Heaviside como f(t) = m(t)(f-1)° = (g(t 1), em que g(t) = #7. Usando 0 Teorema 3.7 —s F(s) = ess = = Exemplo 3.20. Vamos calcular a transformada de Laplace da fungdo j= { grt anes i sr Esta fungao pode ser escrita em termos da fungado de Heaviside como f(t) = sent — u(t) sent. Para usarmos 0 [eorema 3.7 precisamos escrever a segunda parcela em termos de uma fungao g(t — 7). Paraisso, somamos e subtraimos 7 a f no argumento da funcdo seno, ou seja, sent = sen{(t — 71) + 2] = sen(t — 71) cos 7 + cos(t — 71) sen 7 = — sen(t — 71). Aqui foi usado que sen(a + b) = senacosb + senbcosa. Assim, f(t) = sent + uz(t) sen(t — 7r) ° 1 1 F(s) = Zal Fe Sat Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3.3 Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo 529 Exemplo 3.21. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial 2y′′ + 2y′ + 2y = f (t), y(0) = 0, y′(0) = 0, em que f (t) =    0, para 0 ≤ t < 3 2, para 3 ≤ t < 10 0, para t ≥ 10 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 530 Transformada de Laplace 1 2 1 2 3 4 5 t y Figura 3.9. Função f (t) = 1 − u2(t) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.3 Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo 531 1 2 1 2 3 4 5 t y Figura 3.10. Função f (t) = 2u1(t) − 2u2(t) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 532 Transformada de Laplace f (t) ua(t) f (t − a) F(s) e−saF(s) L Figura 3.11. 2o. Teorema de Deslocamento Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.3 Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo 533 1 2 3 1 2 3 t y Figura 3.12. Função f (t) = u1(t)(t − 1)2 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 534 Transformada de Laplace -2 -1 1 2 π/2 π 3π/2 2π t y Figura 3.13. Função f (t) = sen t − uπ(t) sen t Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.3 Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo 535 1 2 3 2 4 6 8 10 12 14 16 t y Figura 3.14. f (t) = 2u3(t) − 2u10(t) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 536 Transformada de Laplace Esta fungdo pode ser escrita em termos da fungdo de Heaviside como f(t) = 2us(t) — 2ur9(t). Aplicando-se a transformada de Laplace a equacaéo acima obtemos e738 e 10s 2 (s*¥(s) — sy(0) — y'(0)) +2 (sY(s) — (0)) +2¥(s) =2—— — 2 Substituindo-se os valores y(0) = 0e y’(0) = 0 obtemos —3s _ ,—10s (28? 428+ 2) Y(s)= 2-5 —~— Assim, e735 _ e7 10s Y(s) = ————_—. (s) s(s?+s+1) Para aplicarmos 0 2° Teorema de Deslocamento vamos definir 1 H(s) = —~———_.. (s) s(s?+s +1) E assim Y(s) = ese Ws. — p08) 7/5) = e358 Y(5) — e105 Hy (s) = s(s2 Fs +1) =(e e-'*)H(s) =e (s) —e (s). Depois de encontrar a funcao h(t) cuja transformada de Laplace é H(s), a solucao do problema de valor inicial é entao, pelo 2° Teorema de Deslocamento, dada por y(t) = us(t)h(t — 3) — uro(t)h(t — 10). Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.3 Equagdes com Termo Nao Homogéneo Descontinuo 537 Vamos a seguir encontrar a fungdo h(t) cuja transformada de Laplace é H(s). Como s* +s +1 tem raizes complexas, a decomposicaéo de H(s) em fracées parciais é da forma A Bs s+ H(s) = — + =——-.. (s) 5 13 +s+1 Multiplicando-se H(s) por s(s* + s + 1) obtemos 1= A(s?+s+1)+(Bs+C)s Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e de grau 1 obtemos 0 = A+B=1+B 0 = A+C=1+C que tem solucao B = —1eC = —1. Assim, 1 s+1 1 s+1 H(s) = -=-3— == - OO (s) s s?+s+1.s (s+1/2)2+3/4 _ 1 s+1/2 _ 1/2 ~ s (s+1/2)243/4 (s+1/2)24+3/4 _ My st/2 1 8/2 s (s+1/2)?+3/4 /3(s+1/2)2+3/4 De onde obtemos que a fungdo cuja transformada de Laplace é H(s) é h(t) =1—e-'/* cos v3, — Tn sen v3, . 2 V3 2 Como encontramos acima que Y(s) =e *H(s) —e 1°H(s), Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 538 Transformada de Laplace então usando o 2o. Teorema de Deslocamento temos que a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) = u3(t)h(t − 3) − u10(t)h(t − 10). Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.3 Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo 539 1 2 3 2 4 6 8 10 12 14 16 t y Figura 3.15. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 3.21 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 540 Transformada de Laplace Exercicios (respostas na pagina 581) y 3 3.1. Seja f(t) a funcado cujo grafico é mostrado na fi- gura ao lado 5 (a) Expresse f(t) em termos da funcao degrau. (b) Calcule a transformada de Laplace de f(f). 1 t 1 2 3 3.2. Considere sent, O0<t<7a f(t) =< cost, m<t<27 e-10, t>27 (a) Expresse f em termos da funcdo degrau. (b) Calcule a transformada de Laplace de f. 3.3.,Considere | | 0 an/2 cos t}, <t<37 fi) ={ 0, t> 37/2 Calcule a transformada de Laplace de f. 3.4. Resolva os problemas de valor inicial: Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.3 Equagdes com Termo Nao Homogéneo Descontinuo 541 " _ _ 1 _ _ f 1, para0 <t< 7/2 (2) ¥! +y =F), y(0) =0, (0) = Lremque f(t) = { gf BUADS TG 0, para0<t<7 (b) y” +2y' + 2y = f(t), y(0) =0, y'/(0) = 1,emque f(t) = 4 2, param<t< 27 0, parat > 27 " _ a any _ j sent, para0<t< 27 (9 y+ 4y = f(0),4(0) =0,y'(0) = Oem que f(t) = {Gr Bao) (a) y" +4y = f(#), ¥(0) = 0, yO) = 0, em que f(t) = 4 6% aed SE <m ’ ’ ’ 4 0, parat > 7 " ’ _ _ , _ jf & para0<t<10 (©) of! +3y!-+2y = f(0), (0) = 0, y'(0) = ,emaque fo) =f PNAS |, " i _ _ 1 _ _ f 0, para0<t<2 (0 ¥! +3¥ +27 = FOO, ¥(0) =0,y'(O)= Lem que f(a) = { 9” PROS) 0, para0O<t< 37 (3) y" +y = f(t), y(0) = 0, y(0) = 1, em que f(t) = { 1, para t > 37 sent, para0<t<7 (h) y" +y' + Zy = f(tpy(0) = 0, y'(0) = 0, em que f(t) = { 0, pata f >71 0, paraO<t<7 (i) y” +4y = f(t), y(0) = 0, y'(0) = 0,emque f(t) = ¢{ 2, param <t<37 0, parat > 37 t ‘ow ~ _ ’ _ _ fe, seO<t<2 6) a" 4 4y = FH), (0) =0, y'(0) = O,emque f(t) = { 5° SPS 2t oy _ _ , _ _ fe", se0O<t<l () ¥ — 29 Fy =F, y(0) =0, (0) = 0.emque f= { 5" PSY t uw ! _ _ 1 _ _ je, seO<t<l afl +2y! + 2y = FH), y(0) =0, y'(0) = 0.0m que f(t) ={ 5° SPS Julho 2016 Reginaldo J. Santos 542 Transformada de Laplace —2t " ' _ _ Hiny _ J e*sen3t, seQ<t<7 (on) yl + 4y! + 18y = F(0), y(0) = 1, y'(0) = 2.emque f() = { ~~ 3.5. Resolva o PVI 2y" — 4y' + by = f(t) y(0) = 0,y'(0) =0 para 0, t<1, _4)2 < roe (Fy, 1<r< 2, —t-+6t-7, 2<t<4, 9 — 2t, t>A4 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.4. Delta de Dirac ou Impulso Unitario 543 3.4 Delta de Dirac ou Impulso Unitario Seja to > 0. O Delta de Dirac ou Impulso Unitario (tf) é uma funcao generali- zada definido pela seguinte propriedade [ f(t)d(t — to)dt = f(to), para toda funcao f : [0,00) — R seccionalmente continua. (3.8) 0 Pode-se mostrar que nado existe uma funcdo (usual) que satisfaca tal propriedade. Entretanto, vamos mostrar como podemos aproximar o Delta de Dirac por uma sequéncia de fungdes. Considere a sequéncia de funcdes jn, se0O<t< 1 Snlt) = { 0, caso contrario. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 544 Transformada de Laplace 2 4 6 8 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y n = 1 2 4 6 8 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y n = 2 2 4 6 8 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y n = 3 2 4 6 8 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y n = 4 2 4 6 8 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y n = 5 2 4 6 8 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y n = 6 2 4 6 8 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y n = 7 2 4 6 8 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y n = 8 2 4 6 8 0.2 0.4 0.6 0.8 1 t y n = 9 Figura 3.16. Sequência de funções gn(t) = 1/n, se 0 < t < n e gn(t) = 0, caso contrário. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 3.4 Transformada de Laplace do Delta de Dirac 545 Calculando a integral do produto f(t)gn(t — fo), para f(t) uma funcao continua ob- temos oo to+4 tot+i [ F(t)gn(t — to)dt = | f(t)ndt =n | F(t)dt. 0 0 Pelo Teorema do Valor Médio para integrais °° 1 [ f(t)gn(t = to)dt =F (En), Com ty < en < to + —. Portanto, ime F(O)8n(#— to)at = Jim, F(En) = (to). Assim, podemos escrever a propriedade (3.8) como [Fleece —stoyat = jim, [ F(O)gn(t—to)dt = F(t). Observe que nao podemos passar o limite para dentro da integral, pois enquanto lim, [ f()gu(t—to)dt = F(to), [FO (jim, gull — to) at = 0, ja que . _ J o, set = tg jim, 8n(t — fo) = { 0, caso contrario Isto mostra que o Delta de Dirac nao é 0 limite da sequéncia gn, para cada t, mas podemos aproximar o delta de Dirac pelas fung6es g, no sentido que mostramos acima. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 546 Transformada de Laplace Podemos usar 0 delta de Dirac, por exemplo, para representar uma forga de in- tensidade extremamente alta com duracdo extremamente curta, mas cujo impulso é igual a um, pois pela propriedade (3.8) temos que [ 3(t— ty)dt =1. 0 A transformada de Laplace do delta de Dirac também pode ser calculada apli- cando a propriedade que o define (3.8) obtendo L(6(t —t))(s) = [ e~8(t — tp)dt = e7*° 0 Também temos que L(f(t)d(E=t0))(s) = [ ef (t)d(t— to)dt = f(to)e ' 0 Exemplo 3.22. Vamos encontrar a solugao do problema de valor inicial: 10y” — 3y’ — 4y = 6(t — 1) cost, y(0) =0, y/(0) = 1/10, Aplicando-se a transformada de Laplace na equacao diferencial obtemos 10 (s?¥(s) — sy(0) — y'(0)) — 3(sY(s) — y(0)) —4Y(s) =e cos 7t Substituindo-se os valores y(0) = 0e y/(0) = 1/10 obtemos (10s? — 35 — 4) Y(s) =e" 41 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.4 Transformada de Laplace do Delta de Dirac 547 Assim, Y(s) = ee H(s) —e~™5H(s) ~ 10s2—3s—4 10s2—3s—4 . 1 1 A B H SU — _ = ee oO —__ > —— (s) 10s? -3s—4 10(s—4/5)(s+1/2) 5—4/5.' sh1/2 Multiplicando-se H(s) por 10(s — 4/5)(s + 1/2): 1 = 10A(s+1/2) +10B(s — 4/5) Substituindo-se s = —1/2,4/5 1 = ~—13B 1 = 113A Resolvendo-se o sistema obtemos a solucédo A = 1/13 e B = —1/13. Assim, 1 1 1 1 H(s) = ———— — — ——_ _ (3) = a3 3-g75 T3st172 — Lia 1 to h(t) = 13° 13° y(t) = h(t) — un(t)h(t — 7) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 548 Transformada de Laplace f (t) δ(t − t0) f (t)δ(t − t0) F(s) e−t0s f (t0)e−t0s L Figura 3.17. Transformada de Laplace do delta de Dirac Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.4 Transformada de Laplace do Delta de Dirac 549 Figura 3.18. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 3.22 −1 0 1 2 3 4 5 6 0 0.5 1 1.5 2 t y π Julho 2016 Reginaldo J. Santos 550 Transformada de Laplace Exemplo 3.23. Considere um sistema massa-mola sem amortecimento em repouso, submetido a um impulso unitdrio no instante t = 0 e a outro impulso unitdrio no instante t = =, ou seja, temos 0 seguinte problema de valor inicial 0 x" + wx = 7 (S(t) + (t= 250), x(0) =0, x’(0) =0, Aplicando-se a transformada de Laplace na equacao diferencial obtemos 1 _ (s?X(s) —sx(0) — x'(0)) + wi X(s) = att +e “0°) Substituindo-se os valores x(0) = 0e x’(0) = 0 obtemos 1 nt (s?-4u8) X(s) = “(1 +e“) Assim, 1( 1 e*0° 1f 1 _=s 1 x Ss = — —>—~YT —_——_ =—_— ————_ e “0 ————— (s) + (state) A (stat ota) e a solucdo do problema de valor inicial é x(t) = —~— (sen(wot) + ux (t) seneo(t — 2] — mW Q 0 wo 0 Wo 1 = — t)—ux(t t)) ini (sen(wo ) ux ( ) sen(wot) _ ti sen(wot), se0O<t< wo? 0, set > fo, que mostra que o primeiro impulso pde o sistema em movimento, enquanto o se- gundo impulso para o sistema. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.4 Transformada de Laplace do Delta de Dirac 551 Exercicios (respostas na pagina 598) 4.1. Resolva os problemas de valor inicial: (a) { y” +y = 6(t — 27) cost, y(0) =0, y'(0) =1 (b) { yl" + 2y! + 2y = etd(t—1), y(0) =0, y/(0) =0. (0) { yl’ +4y = ed(t 2), y(0) =0, y/(0) =0. (d) { yl! —2y' +y = e%8(t—1), y(0) =0, y/(0) =0. (e) { yl! + 2y! +2y = 6(f-1) + us (HB, y(0) =0, y'(0) = 1. 4.2. (a) Determine a solucdo do problema y" +4y! + 20y = e 7 5(t— 7) com y(0) = 0, y/(0) =1 (b) Esboce 0 grafico da solugao encontrada 4.3. Resolva 0 seguinte problema de valor inicial y"+y' =uy(t)+o(t-2), y(0) =0, y((0) =1 4.4, (a) Encontre a solucdo para o seguinte PVI: { 6y! + Ly = 5(t — 1272) + 6(t — 1877) y(0) = 0, y'(0) = 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 552 Transformada de Laplace (b) Esboce o gráfico da solução do PVI acima. Descreva em palavras o comportamento das soluções em cada um dos intervalos: 0 ≤ t < 12π, 12π ≤ t ≤ 18π e t > 18π. Indique ainda o valor de t para o qual a solução assume o seu valor máximo. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 3.5. Convolugao 553 3.5 Convolucao A convolucao de duas funcées f, ¢ : (0,00) — R é uma funcdo definida por t (Feg)(t) = [ f(t a)g(v)de, para t > 0. 0 Exemplo 3.24. Considere 1, seO<t<1l, th=ge(t) = fas) i Vico , Jodt =t, se0Q<t<1, (FesQ=f flor (dr= 4 fiydr=2-4 sel<t<2, 0, set > 2. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 554 Transformada de Laplace Figura 3.19. f (t − τ), g(τ) e a convolução ( f ∗ g)(t) do Exemplo 3.24. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 3.5 Convolução 555 f (t) g(t) ( f ∗ g)(t) F(s) G(s) F(s)G(s) L Figura 3.20. Transformada de Laplace da Convolução Julho 2016 Reginaldo J. Santos 556 Transformada de Laplace Teorema 3.8 (da Convolucao). Seja F(s) a transformada de Laplace de f : (0,00) + Re G(s) a transformada de Laplace de g:[0,0c) >R. Entao, L(f * 8)(s) = F(s)G(s) Demonsiracao. Por um lado, 00 t co rt L(f *g)(s) = | et | f(t—v)g(t)dtdt = [ | ef (t — t)(t)dtdt. 0 0 0 Jo Por outro lado, F(s)G(s) = fe *p(eyae fe *a(n)ay = = [Ff es) f@)g(y)aean. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.5 Convolugdo A 557 n t @ @ 5 t Fazendo a mudanga de varidveis t = 7 +€ eT = y obtemos F(s)G(s) = Chen —T)9(t)dtdt, Trocando a ordem de integ te Os oo rt yet) = | | e' f(t — t) ¢(t)dtdt. | 0 JO Logo, f * g)(s) = F(s)G(s). a Julho 2016 Reginaldo J. Santos 558 Transformada de Laplace Exemplo 3.25. Considere £(h)(s) = H(s) = Speci Vamos determinar h(t) usando convolugao. Sejam 1 1 F(s) = s_4 e G(s) = stl Entao, pelo Teorema da Convolucao 3.8, temos que t t 1 t ett _ _ 4(t-t) ,-T ae ¥ / 517, at + o-5r| ek (-5t h(t) = (f *g)(t) [ e e ‘dt =e ; e ‘dt =e —5e , 5 (c 1) Teorema 3.9. A convolugao satisfaz as seguintes propriedades: (a) fxg=gerf (b) f * (81 +82) =f * si tf * a2 (c) (f*g)*h= fx (g*h) (J) fx*0=0*f =0 Demonstragao. (a) t (Fes) =f flt—n)a(e)ar Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.5. Convolucao 559 Fazendo a mudanga de varidveis 7 = t — T obtemos 0 t (Fes) = -f flogtt—odo = [P floyglt— ode =(9f)0 (b) fete) = [)ft-nlgilt)+ea(r)at =f fe-ogicars [ Fomgece)ar = (f*gi)(t)+ (Fe g2) (8) (c) Por um lado, fegem) = [se-nigem(rirs [p0—0 (['ste—opmoyde) at = [ [ f(t—T)g(t — o)h(o)dodt (3.9) Por outro lado, (fs) «INQ = [Ufesyt—sntayae = [ (fF vstunay) hardy = [Uf Fe=s-anncoayax = [te x—degtayn(aaray Fazendo a mudanga de varidveis 7 = xe T = x + y, obtemos (fes)emO= ff fe-aa(e—o)n(odod Julho 2016 Reginaldo J. Santos 560 Transformada de Laplace Logo, por (3.9) (fg) *h= f*(g*h) (d) t (Fxoyt) = ff flt—n)odr =0 = 0« V(Y a Vimos acima que varias das propriedades do produto de fung6es sao validas para a convolucao, mas duas propriedades do produto nao sao validas para a convolugao: (a) 1* f € f, pois, por exemplo, para f(t) = t, t t ryt fF axp® = [ fara [rar=5| = 5 (b) f x f 2.0, pois, por exemplo, para f(t) = cost, t t (fxf)(t) = | f(t—t)f(t)dt = | cos(f — T) cos tdt 0 0 t t = cost | cos* tdt + sent [ sen T cos TdT 0 0 4 1 1 3 = 5 cos t(t + 5 sen 2t) + 5 sem t 7 (Fe fm) =-5 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.5. Convolucao 561 Exemplo 3.26. Vamos encontrar a solugdo do problema de valor inicial: { y" + 4y = f(t), y(0) =0, (0) =1, em que f(t) é uma funcao qualquer que tem uma transformada de Laplace. Aplicando-se a transformada de Laplace na equacéo obtemos (s?¥(s) — sy(0) — y'(0)) +4Y(s) = Fs) Substituindo-se os valores y(0) = 0e y'(0) = 1 obtemos (s? + 4) Y(s) = F(s) +1 Assim, _ Fis) 1 em que 1 1 2 H(s) = ~—— = ——~*—. S244 2244 Assim, 1 h(t) = 5 sen 2t e, pelo Teorema da Convolugcao 3.8, a solugdo do problema de valor inicial é 1 1 ft y(t) = h(t) + (hx f)(t) = 5 sen 2t + 5 [ f(t—T) sen 2tdt. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 562 Transformada de Laplace Exemplo 3.27. Dadas duas funcées, f(t) e g(t), a equacao integral t f+ [ st dy(aar = yl pode ser resolvida usando a transformada de Laplace. Esta equacao é chamada equacao integral de Volterra. Por exemplo, se f(t) = 1 e g(t) = cos(t), temos a equacdo integral t 1 + | cos(t — T)y(t)dt = y(t). Pelo Teorema da Convolucao 3.8, aplicando-se a transformada de Laplace na equa- ¢ao obtemos 1 8 s 1 Y(s)(1-="— ) == (s) ( st + i) s 2 s-+1 Y(s) = ———_— (s) (s? —s+1)s Decompondo Y(s) em frag6es parciais: A Bs+C Y(s) = —+=——_—— (s) 5 | —s +1 Multiplicando-se por (s? — s +1)s: s?4+1=A(s*—s+1)+(Bs+C)s Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 obtemos 1 = A+ B ou B = 0. Comparando-se os coeficientes dos termos de Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.5. Convolucao 563 grau 1 obtemos 0 = —A+C ouC = 1. Assim, v3 1 1 1 1 1 2 3 OS starsi os Goby s* Bela Portanto, a solugdo da equagao integral é 24 V3 t) =1+ —xe?2 sen | +}. y(t) 63 ( 4 Exemplo 3.28. Considere o PVI { ay!" + by! + ey = f(t), y(0) =0, y'(0) =0, Aplicando-se a transformada de Laplace na equagao diferencial obtemos a(s?Y(s) — sy(0) — y'(0)) + B(sY(s) — y(0)) + e¥(s) = F(s). Usando o fato de que y(0) = y/(0) = 0 obtemos que 2. Fs) _ Ys) = 124 bse PS), em que 1 W(s) = as? + bs +c Logo, pelo Teorema da Convolugao 3.8, temos que t y(t) = (f*w)(t) = [ f(t—r)w(r)dr. (3.10) Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 564 Transformada de Laplace Observe que w(t) é a solução do PVI acima se f (t) = δ(t) (verifique!). Portanto, a função w(t) é a resposta do sistema a um impulso unitário aplicado em t = 0 e é chamada resposta ao impulso unitário. Assim, a solução do PVI (3.10) é a convolução do termo não homogêneo f (t) com a resposta ao impulso unitário. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 3.5. Convolucao 565 Exercicios (respostas na pagina 605) 5.1. Considere L(f)(s) = F(s) = way Determine f (f): (a) Utilizando frag6es parciais. (b) Utilizando convolucao. 1 2. 1 = = ——. 1 ' 5.2. Considere L(f)(s) = F(s) s(2 45 45) Determine f(t) (a) Utilizando frag6es parciais. (b) Utilizando convolucao. 5.3. Resolva o problema de valor inicial yi +4y'+4y= f(t), y(0)=2, y/(0)=—3, para uma fungao f(t) arbitraria. 5.4. Resolva a equacao integral t 1+t+ [ sen 2(t— T)y(t)dt = y(t) 5.5. Considere t, se0<t<1, 1 t<1 f(t) = fi sel<t<2, e w={ , se0< < , 0, caso contrario 0, set >2 Calcule f * g. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 566 Transformada de Laplace 3.6 Tabela de Transformadas de Laplace Trmeem [ann [enema] eo Spr es No a endl oer rem [Seon Ae [me | re [om oe eee ap oe PIS pm ome | oe ays [sins [ima] Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3.7. Respostas dos Exercícios 567 3.7 Respostas dos Exercícios 1. Introdução (página 506) 1.1. F(s) = 2s − 5 s(s − 3)(s + 4) = A s + B s − 3 + C s + 4 Multiplicando por s(s − 3)(s + 4) obtemos 2s − 5 = A(s − 3)(s + 4) + Bs(s + 4) + Cs(s − 3) Substituindo-se s = 0, 3, −4 obtemos A = 5 12, B = 1 21 e C = − 13 28. Assim, f (t) = 5 12 + 1 21e3t − 13 28e−4t 1.2. (a) 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 = (3.11) = 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 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 568 Transformada de Laplace que tem solucgéo B = —1,C = —5 e D = 1. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 3 em (3.11): 1 0=A+C+D=A-Z+1 de onde obtemos A = —}, Assim, ys) = 12-4 - 1B, y(t) =—}-t- fot eet _ 3 _— _A_ 4 Bs+C ()) YS) = Gay@ep = at Se O numerador da segunda parcela é de 1° grau (Bs + C), pois o denominador tem raizes complexas. Multiplicando-se a equacgdo pelo denominador (s — 1)(s* + 4) obtemos 3 = A(s* +4) + (Bs + C)(s — 1) Substituindo-se s = 1 obtemos A = 3/5. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e os de grau 1 obtemos 0 = A+B=3/5+B 0 = —B+C que tem solugéo B = —3/5e C = —3/5. Assim, Y(s)= 33, =3.1, 3st 3.1 318 3 2° (s—1) (s?+4) 5s—1 5 s2+4 5s—1 5 5244 10 5244 y(t) = 3e' — 2 cos2t— 7, sen2t 13. h(t) = f(t) — ag(t) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 569 Aplicando-se a linearidade da transformada de Laplace obtemos H(s) = L(h)(s) = L(f)(s) —4aL(g)(s) = F(s)—aG(s) _ a s* <4? _ 52 + az (s2 + a*)2 _ 20° ~ (stp a2)2 = 2s—1 _ 2s-1 _ A B Cs+D 14. Y(s) = Sates) ~ Denar) ~ at art Res Multiplicando-se a equacao pelo denominador (s* — 1) (4s? + 4s + 5) obtemos 2s —1 = A(s +1)(4s* + 4s +5) + B(s —1)(4s* + 4s +5) + (Cs + D)(s? — 1) Substituindo-se s = +1, —1 obtemos: 1 = 26A e —3 = —10B. Logo, A = 1/26e B = 3/10. Comparando-se os coeficientes dos termos de graus 3 e 2 obtemos: 0=4A+4B+C = 88/65+Ce0=8A+D =4/13+ D. Logo, C = —88/65 e D = —20/65. : —_11 31 1 _885+20 Assim, Y(s) = %6 5-1 + 10 s+1 a 65 Todo —~11 3.1 1 22545 _ V(s) = ss + Ost BF = Aid 4 3 1 9 1 22(s+4/2)-6 _ %6 SI D0 ~ GHA = Ail 4 3d 220 (54/2), 6 1 26s—-1 ' 10st+1 65 (s+1/2)2+1 ' 65 (s+1/2)241 Logo, a transformada de Laplace inversa de Y(s) é y(t) = age! + me! — oe t/2 cost + get? sent. 1.5. fee Sf (t)dt < foe |F(t)|dt < M foe -Mtat = 4, paras > k. Logo, L(f)(s) = F(s) esta definida paras > k e além disso lims-400 F(s) = 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 570 Transformada de Laplace 1.6. Paras > 0 temos que a reta tangente a parabola y(t) = t? — stemt =sé y(t) = st—s* eassim limT_500 fo ete dt = limp +00 fo ef —stdt > lim _s00 fo et" dt > e-* limT +00 fo edt = 0. Logo, f(t) = et nao tem transformada de Laplace. 1.7. (a) Usando integracao por partes temos que T(p+1) = I e *~xPdx 0 = ae + p | e* xP Idx 0 0 = pr(p). pois limy— oo xPe~* = 0. (ob) T(n+1) =nI(n) =n(n—-1)---T(1) =n(n—-1)---1=n! (c) Fazendo a mudanga de varidveis x = st obtemos que L(t?)(s) = [ ont Pde = 0 1 “ —x ,p-1 ['(p) _ p =u = =a [ e* xP dx = pil’ (3/2 5T(1/2 (a) LE) (sp= Mey = 2) = vr. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7 Respostas dos Exercicios 571 2. Problemas de Valor Inicial (pagina 519) 2.1. (a) (s?Y(s) — sy(0) — y’(0)) +2 (sY(s) — y(0)) +5Y(s) = 4A Explicacéo para o segundo membro: Seja f(t) = e~' cos(2t). Seja g(t) = cos(2t). Entao, f(t) =e7'g(t). Pela tabela da pagina 566, s CS) 5 ay s+1 F(s) = G(s +1) = (+1244 Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y/(0) = 0 obtemos 2 s+1 = 4—_._— 2 (s +25 +5) ¥(s) 4eanesa St Assim, 4s +4 s+2 Ms) = (s? + 2s +5)? + s* +2845 og sel se 141 [(s+i+ae | Grip+a — 2-2(s+1) +5 +1 1 — [(s+1)+4P 0 (s+ 1)? +4 yt 2(s+1)*+4 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 572 Transformada de Laplace De onde obtemos 1 y(t) = te ‘sen 2t +e ‘cos 2t + a sen 2t. Aqui usamos a tabela da pagina 566 e o 1° Teorema de Deslocamento. (b) (s?Y(s) — sy(0) —y’(0)) +4Y¥(s) = 34+ Sy Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’/(0) = 2 obtemos (s? +4) Y(s) = 3+ 2; +2 Assim, Y(s) = (3.12) __ 2 3 2 = 367) + Bea tT A primeira parcela de (3.12) pode ser decomposta como 2. _A,B Cy DstE ae —statat a Multiplicando-se a equacao acima por s3(s? + 4) obtemos 2- (3.13) = As?(s? + 4) + Bs(s? +4) + C(s? +4) + (Ds + E)s? = = 4C + 4Bs + (44 + C)s? + (B+ E)s3 + (A+D)s* Substituindo-se s = 0 em (3.13) obtemos 2 = 4C. De onde obtemos C = 5. Comparando-se os coeficientes dos termos de graus 1, 2,3 e 4 obtemos O = 4B 0 = 4A+C 0 = E+B 0 = D+A De onde obtemos A = —4%,B =0,D= geE = 0. Assim, substituindo-se os valores encontrados obtemos Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7 Respostas dos Exercicios 573 2. _ 1/8 , 1241 Seq = 7s +tastaza A segunda parcela de (3.12) pode ser decomposta como 3 = A 4 Bs+C (s—1)(s2+4) s—1 s?+4 3 = A(s* +4) + (Bs + C)(s —1) Substituindo-se s = 1 obtemos A = 3/5. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e os de grau 1 obtemos 0 = A+B=3/5+B 0 = =B+C que tem solucéo B = —3/5e C = —3/5. Assim, —_ 3 3_1 _ 3 stl ~ 3-1 _ 3s 3 (s—1)(s2+4) ~ 5s—1 55244 ~ 5s—1 5 s2+4 10 5244 —_ 11,12 ,1 3.1. 3 32 2 Ys)=~-sstastszgtsstos2a7 weat 2a y(t) = —g + Zf — 3 cos2t+ ge! + Fsen2t (©) (8¥(s) —sy(0) y'(0)) =2(6Y(s) — (0) +6) = Gp +3 Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y’(0) = 1 obtemos (s? — 2s +1) Y(s) = watst+s—-1 Assim, __1 4 -1 __1 4 1 Y(s) = Gay t+ eae + Gay? = | te? tI 4 Ay B Cc es TL wip Multiplicando-se por s(s — 1)* obtemos 4 = A(s—1)? + B(s—1)s +Cs (3.14) Substituindo-se s = 0,1 obtemos 4 =A 4= C Julho 2016 Reginaldo J. Santos 574 Transformada de Laplace Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 na equacao (3.14) obtemos 0=A+B=A+4 Logo, B = —4. Assim, 1 4_ 4 4 1 1_6 4 3 4 Ys)=Gpts-stteptest=septs-~ at ep y(t) = Bel +4 — 3e! + Ate! (2) (#Y(s) —sy(0) — y'(0)) = 2 (6Y(s) — (0) —3Y(3) = 3p Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y’(0) =.0 obtemos 1 2 ng a», & _ (s 2s 3) Y(s) $375 +82 Assim, _ 1 -2 Vs) =3eaaeap t 33 —_ 3__ 1 + _s72 (s—3)(st+1)(s—2)? © (s—3)(s+1) _ 34+(s—2)° ~~ (s—3)(s+1)(s—2)2 = so3 + str + Sat Gop Multiplicando-se Y(s) por (s — 3)(s + 1)(s — 2)* obtemos 3+(s—2) = (3.15) = A(s+1)(s —2)? + B(s — 3)(s — 2)? + C(s —3)(s +1)(s — 2) + D(s —3)(s +1) Substituindo-se s = —1,2 e3 na equacao acima obtemos A = 1, B = 3 e D = —1. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 3 em (3.15) obtemos 2 L=A+B+C=1+,4+C que tem solucaéo C = —%. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7 Respostas dos Exercicios 575 Assim, _— 1 12 _ 22 1 Y(s)= 9+ 34-25 - ep y(t) _— est + Zet _ Zert _ te2t (e) (s?Y(s) — sy(0) — y'(0)) +4Y(s) = 8G Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y/(0) = —1 obtemos 2 2 _ ye (s +4) Y(s) =B55G t+2s-1 Assim, 6 2s—1 ¥(s).= == 4+5— (s) (s? +4)? +2 +4 67 ys 16 (s24+4)2 “st? +4 8244 3. 16 s 1 2 8(s2+4)? “s?+4 25244 y(t) = $(sen 2t — 2t cos 2t) +2 cos 2t — 5 sen 2t = 2cos 2t — g sen 2t — $t cos 2t () (8°¥(s) ssy(0) — y/(0)) +4¥(8) = Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos 1 2 _ (s +4) (8) = s—1 Assim, 1 Y(s) = ——, (s) (s — 1) (s? +4) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 576 Transformada de Laplace A Bs+C Vs) = at ya Multiplicando-se Y(s) por (s — 1)(s? + 4): 1 = A(s*+4)+(Bs+C)(s—=1) Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e os de grau 0 obtemos o sistema 1/5 + B = 0 4/5 = Cc = 1 Resolvendo-se o sistema obtemos a solucao B = —1/5eC = —1/5. Assim, 1 1 1s+1 8). = 5s—-1 558244 _ ~~ §s-1 58?+4 5s8?+4 —1, 1 1 y(t) = 5° 5 cos 2t — 10 sen 2t (g) (s*Y(s) —sy(0) —y’()) —2(sY(s) — y(0)) + Y(s) = Sy Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos 1 2 ft (s 2s +1) ¥(s) 53 Assim, 1 Y = ————S— Ss — (s) (s — 2) (s?—2s +1) _ 1 ~ (s—2)(s —1)? Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7 Respostas dos Exercicios 577 to = AL + Bo + Cc (s—2)(s—1)2 s—2 s—1. (s—1)2 Multiplicando-se por (s — 2)(s — 1)? obtemos 1 = A(s—1)*+B(s—1)(s —2) + E(s — 2) Substituindo-se s = 1es = 2 obtemos C = —1 eA = 1. Comparando-se os termos de grau 2 obtemos 0=A+B=1+B. Logo, B = —1. Assim, 1 1 1 Y SS ae Se ae (s) s—2 s—1 9(s—1)? y(t) =e! — e! — te! (h) (s°¥(s) —sy(0) — y'(0)) +2 (s¥(s) —y()) + 2Y(s) = Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos (s? + 28 +2) Y(s) = — s—1 Assim, — 1 — A Bs+C Y(s) ~~ (s=1)(s2+2s+2) ~ sl + 242512 Multiplicando-se Y(s) por (s — 1)(s* + 2s + 2) obtemos 1 = A(s? +28 +2) + (Bs + C)(s —1) Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e os de grau 0 obtemos 1/5 + B = 0 2/5 - C = 1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 578 Transformada de Laplace que tem solução B = −1/5 e C = −3/5. Assim, Y(s) = 1 5 1 s − 1 − 1 5 s + 3 s2 + 2s + 2 = 1 5 1 s − 1 − 1 5 s + 3 (s + 1)2 + 1 = 1 5 1 s − 1 − 1 5 s + 1 (s + 1)2 + 1 − 2 5 1 (s + 1)2 + 1 De onde obtemos que a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) = 1 5et − 1 5e−t cos t − 2 5e−t sen t. 2.2. (a) A equação característica é r2 − 6r + 8 = 0, que tem raízes r1 = 2 e r2 = 4. A equação homogênea correspondente tem solução geral y(t) = c1e2t + c2e4t. Uma solução particular da equação não homogênea é da forma yp(t) = A cos t + B sen t. Substituindo- se yp(t), y′ p(t) e y′′ p(t) na equação: (7A − 6B) cos t + (6A + 7B) sen t = sen t De onde obtemos A = 6/85 e B = 7/85. A solução geral da equação não homogênea é y(t) = 6 85 cos t + 7 85 sen t + c1e2t + c2e4t y′(0) = 0 = 7 85 + 2c1 + 4c2 y(0) = 0 = 6 85 + c1 + c2 c1 = −1/10 e c2 = 1/34. y(t) = 6 85 cos t + 7 85 sen t − 1 10e2t + 1 34e4t Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 3.7 Respostas dos Exercicios 579 (b) (s°¥(s) —sy(0) — y’(0)) — 6 (sY(s) —y(0)) +8Y(s) = ay Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos 1 2_ _ aa (s 6s +8) Y(s) a Assim, 1 Y = —_,~ £5 (s) (s* — 6s + 8) (s* +1) 1 _ _A B_, Cs+D Caer ~ at Sat a Multiplicando-se por (s — 2)(s — 4)(s* + 1) obtemos 1 = A(s — 4)(s* +1) + B(s — 2)(s? + 1) + (Cs + D)(s — 2)(s — 4) Substituindo-se s = 2,4 obtemos 1 = -—10A 1 = 34B que tem solucao A = —1/10, B = 1/34. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 3 obtemos 0 =C+B+A, de onde obtemos C = 6/85. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 obtemos 0 = D—6C — 2B — 4A, de onde obtemos D = 7/85. Assim, —~_ 141 11 6 71 Y(s)=—-josatusateeq tesa y(t) = et + ae! + & cost + & sen t 2.3. f'(t) = cosat —atsenat Aplicando a transformada de Laplace e usando o Teorema 3.6 de Derivacao, j4 que f(t) 6 admissivel e continua e f’(t) é continua, obtemos s 2as sF(s) (0) = spp" ap Julho 2016 Reginaldo J. Santos 580 Transformada de Laplace Isolando-se F(s) s* — a? F(s) = —— . (s) (2 +a2)2 Como oo oo | e' t cosat dt < [ e “'tdt<co, paras>0, 0 0 entao a transformada de Laplace L(f)(s) = F(s) esta definida paras > 0. 2.4. (s?Y(s) — sy(0) — y/(0)) +4 (sY(s) — y(0)) + 13Y(s) = GReTS Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y/(0) = 2 obtemos (s? +45 +13) Y(s) = — >, — 4546 (s+2)2+9 Assim, 3 s+6 Y = SUE =annEEEEEE EEE en a (s) (24454132) 2445413 1 2-3-3? 4 St2+4 2-32 [(s+2)2+9]2 © (s+2)2+9 1 2.33 s+2 = FBisa22492 (sh2249~ 18 [(s+2)2+9]? (s+2)2+9 4 3 3(s+2)24+9° De onde obtemos que a-solucado do PVI é y(t) = qge 2! (sen 3t — 3t cos 3t) + e~?! cos 3t + $e! sen 3t. Aqui usamos a tabela da pagina 566 e 0 1° Teorema de Deslocamento: Lle"g(t)](s) = G(s —b), Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 581 onde G(s) = L[g(t)|(s). 2.5. (a) Fi(s) = EL(f)(s) = fo Het fF (t)dt = fo (—the “fF (t)dt = L(—tf (#))(s). (b) POM = FAL(A)(s) = Jor are “f(Hat = fo (—t)"e'f(tdt = L((—#)"F(#))(s). (c) £L(—tsenat)(s) = F’(s) = Ser L(t? senat)(s) = F’(s) = aera paras > 0. 2.6. L(f(at))(s) = fo e-' f (at)dt = fre! F(t) = TL(F()(8). 3. Equacées com Termo nao Homogéneo Descontinuo (pagina 540) 3.1. (a) t, O<t<l f(t)=4 -(t-2), 1<t<2 0, t>2 f(t) = #— tuy(t) — (f—2)ua(t) + (t — 2)ua() (b) f(t) =t—2(t —1)ur(t) + (t — 2)ua(t) 1 —s —2s F(s) = 3 - ae + > 5.2. (a) f(t) =sent —u,(t)sent+ u7(t) cost — ug_(t) cost + Uo (te 10 (b) f(t) = sent + u,(t)(sen(t — 77) — cos(t — 72)) + uaz (t)(— cos(t — 277) + e- 5e‘i0") Ps) = Gate “(ae - pe) ter (“get e $y) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 582 Transformada de Laplace 3.3. cost, 0<t<7/2 f(t) =< —cost, m/2<t <37/2 0, t > 37/2 f(t) = cost —Uuy (t) cost — uz /2(t) cost+ u3,7/2(t) cost = cost —2u,z/2(t) cos[(t — 7/2) + 2/2| + U37/2(t) cos[(t — 370/2) + 37¢/2} = cost+2u,/2(t) sen(t — 7/2) + ug, /2(t) sen(t — 37/2) S 1 1 1 _ 20778 —3m8/2 F(s) Tea ™~ ite 14s? 3.4. (a) (s?¥(s) —sy(0) —y’(0)) + Y(s) = 4 — ng Substituindo-se os valores y(0) = 0e y'(0) = 1 obte- mos 2 1 ems 2 aS ES (s +1) Y(s) = = —+1 Assim, y(s)= + ~~ s(s2+1) ' s24+1 s(s2-+1) = Za + H(s)=e-**/*H(s), em que 1 H(s) = s(s? +1) y(t) = sent+ h(t) —h(t — 2/2)uz/2(t). —~ 1 _ A, Bst+C H(s) 7 (241) Ss + Set . Multiplicando-se H(s) por s(s* + 1) obtemos 1= A(s* +1) + (Bs +C)s Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 583 Substituindo-se s = 0es =i 1= A 1 = (Bi+C)ji=-B+Ci De onde obtemos A = 1. Comparando-se as partes real e imaginaria da segunda equacaéo obtemos B=—-1l1eC=0. Assim, 1 s H(s) = —--3-— (s) s +1 De onde obtemos que a fungdo cuja transformada de Laplace é H(s) é h(t) =1-—cost e a solucado do problema de valor inicial ¢é dado por y(t) =sent+h(t) — h(t — 77/2)uz/2(t) = 1—cost+sent — uz/2(t)(1— sent). (b) (#¥(s) ~sy(0) — ¥(0)) +2(s¥(s) ~ y(0)) +2¥(s) = 2° — 2" Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y/(0) = 1 obtemos —7S8 _ ,—27s (s? +2542) Y(s) = 2<——* +1 Assim, _ —7S _,—278 1 Y(s) = 25(@4s42) + s?4+2s+2 _— (on™ = e278) H(s) +4 way em que H(s) = ~~ ~ s(s2+2s 42) y(t) = h(t — )un(t) — h(t — 270) u2_(t) +e sent. — A 4 _Bs+C H(s)= $+ 3550° Julho 2016 Reginaldo J. Santos 584 Transformada de Laplace Multiplicando-se H(s) por s(s* + 2s + 2) obtemos 2 = A(s?+2s+2)+(Bs+C)s Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e os de grau 1 obtemos 0 = A+B=1+B 0 = 2A+C=2+C que tem solucéo B = —1eC = —2. Assim, _1 42, _ 1 +2 H(s) = 5 — 2y3sp9 = 5 7 (siya ee a ee ~ s — (s+1)?+1 — (s+1)?+1 De onde obtemos que a fungdo cuja transformada de Laplace é H(s) é h(t) =1—e 'cost—e ‘sent e a solucado do problema de valor inicial ¢é dado por y(t) = h(t — 7 )un(t) — h(t —270)u2_(t) +e sent. (c) (s*¥(s) — sy(0) —y/(0)) +4Y(s) = aq —e OO ay Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos —27s (s? +4) Y(s) = za — Sa Assim, a 1 —27s 1) eee ~ eH = H(s) — e~*75H(s) em que 1 H(s) = ~~ = @pperw y(t) = h(t) — war (t)h(t — 272) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7 Respostas dos Exercicios 585 _— 1 — As+B , Cs+D A(s) = Gaep = set Te Multiplicando-se por (s? + 1)(s? + 4): 1 = (As + B)(s? + 4) + (Cs + D)(s* +1) De onde obtemos A = 0, B = 1/3,C =0eD = -1/73. Assim, _ 1/3 9-1/8 H(s) = s?+1 + s? +4 h(t) = 5 sent — z sen 2t y(t) = h(t) — uaz (t)h(t — 27) = 5 sent — é sen 2t — Urn (t) (4 sent — Z sen 2t) (a) (s?Y(s) —sy(0) — y/(0)) + 4Y(s) = a8q +e7 aSq Substituindo-se os valores y(0) = 0e y'(0) = 0 obtemos (244) Y(s) = 3 + $8 Assim, 19) = eae +? “eMew = H(s) +e ™H(s) em que s As+B Cs+D H(s) = ~~~ = 2" 4+ SS (s) (s?+1)(s?+4) s241 + s2+4 y(t) = h(t) + un(t)h(t — 7). Multiplicando-se H(s) por (s? + 1)(s? + 4) obtemos s = (As + B)(s* +4) + (Cs + D)(s* +1). De onde obtemos que A = 1/3,B = 0,C = —1/3eD = 0. 1 os 1 os H(s) = 38241 35244 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 586 Transformada de Laplace Assim, h(t) = 1 06 t- I. 2t = 3 Ss 3 OS e portanto y(t) = h(t) + un(t)h(t — 1) = 4 cost — § cos 2t —u7(F)(% cost + 5 cos 2#) (©) (#¥(s) ~ sy(0) — y')) +3 (s¥(s) — y(0)) +2¥(s) == MES — + 4 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos 10e7 10s e 10s 1 2 _ Assim, _— 1 10s » —10 (8) = aera ~ FER SM) — eT HUs) em que 1 Y, (8) = ~~ 6) s* (s* + 3s + 2) 1+ 10s H(s) = -~—_- —~ (s) s* (s* + 3s + 2) y(t) = yi(t) — uro(t)h(t — 10). _ 1 “ 1 _~A,B,C D A(s) = aera T Pee Ts beta t ae Multiplicando H(s) por s* (s? + 3s + 2) obtemos —10s —1=s?(3A+B+2C+D)+s*(A+C+D) +s (2A +3B) +2B. De onde obtemos Vv 1 19 A = — 4B => Tare = 9,D => 4 Assim, 19 9 17 1 H(s) = 4 (s+2) Stl 4s 282 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7 Respostas dos Exercicios 587 19e-7 tf 17 — go-t _ ff h(t) = 9e 4 574 _ 1 _ 1 _~A,B,C D Yi(8) = sense = Serer — 3 tet st Multiplicando Yj(s) por s* (s? + 3s +2) obtemos 1=s*(3A+B+2C+D)+s?(A+C+D)+s(2A4+3B) +2B. De onde obtemos 4 1 1 A = —4B — al =] 1,D = “4! Assim, 1 1 3 1 y. = — ———~— — — — US) =—ZEyo +547 et 28 —2¢ Z,+_& 7 t 8 yi(t) =e a +573 y(t) = y(t) — uro(t)h(t — 10) —2s () (s°Y(s) — sy(0) — y/(0)) +3 (s¥(s) — y(0)) + 2Y(s) = Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y/(0) = 1 obtemos —2s (s? +35 +2) Y(s) = — +1 Assim, —2s _ Y(8) = a3 + ism = Yils) +e 25 H(s) em que _ 1 __ 1 A(s8)= Faxasqy M18) = az3552 y(t) = y(t) + u(t)h(t — 2). Julho 2016 Reginaldo J. Santos 588 Transformada de Laplace —~ 1 _ 1 _ A B Yi(s) = aga = Y(s) = Gepeey = I+ Multiplicando Y;(s) por (s + 1)(s +2): 1 = A(s+2) + B(s+1) Substituindo-se s = —1, —2 obtemos A = 1e B = —1. Assim, 1 1 Yi(s) = s¢+1 s+2 y(t) =e! —e*, Do exercicio anterior 11. 1,141 A(s)=35- sa +29 — 1 ot 1-2 h(t) = 57 e +5 y(t) = ya (t) + ug (t)h(t —2) =e! — e 7 4 uy (t)h(t — 2) (g) (8?¥(s) — sy(0) — ¥(0)) +¥(s) = = Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 1 obtemos —371s 2 _ e (s +1) ¥(s) = +1 Assim, _ —37ts 1 YQ)= seen + 2H — p33 1 =e ™SH(s) + S41’ em que 1 H(s) = —~—— (s) s(s? +1) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 589 y(t) = sent + h(t — 370) u3,(t). H(s) = ww = 4 + Bete. Multiplicando-se H(s) por s(s* + 1) obtemos 1 = A(s? +1) + (Bs +C)s De onde obtemos A = 1, B = —1eC = 0. Assim, 1 8 H(s) = ~~~ — (s) s s*+1 De onde obtemos que a fungdo cuja transformada de Laplace é H(s) é h(t) =1—cost y(t) =sent+h(t — 37)u3,,(t) = sent + u3,,(t)[1 — cos(t — 377)] (h) (s*¥(s) — sy(0) — y'(0)) + (sY(s) — y(0)) + 3Y(s) = aq te Pay Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos (2? +s+ 9) ¥(s) =a ter ay Assim, _— 1 _ 1 YS) = Gea +o “Sees = H(s) +e ™H(s) em. que 1 H Ss) => OO (s) (s? +1) (s@+5+ 3) y(t) = h(t) + un(t)A(t — 72) _ 1 _ As+B 4 Cs+D H{(s) = (s2+1)(s*+s+7) SH + Pst Julho 2016 Reginaldo J. Santos 590 Transformada de Laplace Multiplicando-se H(s) por (s? + 1) (s? +s +5/4): 1 = (As + B)(s* +s +5/4) + (Cs+ D)(s* +1) De onde obtemos A = —16/17, B = 4/17, C = —A = 16/17e D=1—5B/4 = 12/17. Assim, _ 4 ( 4541 1 4543 Hs) = (=BH + #5) _A4 1 4s-+3 ~ 17 (425 + at ate) _4 1 43/4 = (4g teh t4eita) _4 1 +1/2 1 ~~ 7 (425 + 41 + 4a + ear) h(t) = t (-4 cost + sent + 4e~'/? cost + e~*/? sen t) y(t) = A(t) + un(t)h(t — 7) (i) (s?¥(s) ~ sy(0) ~ y'()) +4Y(s) = 255 — 22" Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos (s? +4) Y(s) = 2 Assim, —7s __,—27s Y6)= 2 _ (e-75 _ e375) H(s), em que __2 Als) = serra) y(t) = un(t)h(t — 7) — u3,,(t)h(t — 372). Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 591 _— 2 _A Bs+C H(s) = s(st4+4) — S + S44 . Multiplicando-se H(s) por s(s* + 4) obtemos 2 = A(s* +4) + (Bs +C)s De onde obtemos A = 1/2, B = —1/2eC = 0. Assim, H(s) = 33-239 De onde obtemos que a fungdo cuja transformada de Laplace é H(s) é 1 1 h(t) = 77 5 008 2t y(t) = un(t)h(t — 71) — u3,h(t — 370) () f(t) =e — up(t)ei Se! — un(t)e-?)+? = et — eu(t)e? 1 e728 F(s) = —~ —2—~_ (s) s—1 ° s—1 2 / 1 2e (s Y(s) —sy(0) —y (0)) +4Y(s) = so stl Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos 1 e7 2s 2 _ _ 2 (+4) Ys) = 4 -P Assim, 1 e7 2s Y(s) = — ——~—__ — 2 ___*§__ (s) (-)(@+4 ° G-)S+4) = H(s)—ee *H(s) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 592 Transformada de Laplace em que 1 H(s) = —————_... (9) = Goanesa A Bs+C H(s) = s—1 + s2p4 Multiplicando-se H(s) por (s — 1)(s? + 4): 1 = A(s?+4)+(Bs+C)(s—1) Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e os termos de grau 0 obtemos o sistema 1/5 + B = 0 4/5 - C = 1 Resolvendo-se o sistema obtemos a solucéo A = 1/5, B = —1/5e C = —1/5. Assim, 11 1s+l1 1 1 1 os 1 1 H(s) = =—— - =< =— = = - > - 5s—1 5s2+4 5s—-1 5582+4 55244 1, 1 1 h(t) = 5° 5 cos 2t — 10 sen 2t. Assim, a solucdo do problema de valor inicial é y(t) = h(t) — e*u2(t)h(t — 2) (k) f(t) =e" (1 — uy (t)) =e — ee? Ys (t) 1 2e° F(s) = s—2 ad s—2 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 593 (s?¥(s) — sy(0) — y'(0)) -2(s¥(s) -y()) $Y) @ 5 PSS 4 5-2 5-2 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos 1 e° 2 1 — pe (s 2s +1) Y(s) 52 2 Assim, 1 e° Y(s) = ———— -— &@ SS GG —2) © G12) = H(s) = ee H(s) em que 1 H(s) = —— —~. = GRC) — 1 _A, B,C (s—2)(s—1)2 s—2 s—1. (s—1)2 Multiplicando-se por (s — 2)(s — 1)? obtemos 1 = A(s—1)*+B(s—1)(s—2) + C(s—2) Substituindo-se s = 1es = 2 obtemos C = —1e A = 1. Comparando-se os termos de grau 2 obtemos 0 = A+ B = 1+ 8B, de onde obtemos B = —1. Assim, 1 1 1 H(s) = s—2 s—1 (s—1) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 594 Transformada de Laplace h(t) = e*! — e' — te! Assim, a solucgdo do problema de valor inicial é y(t) = h(t) — eu (t)h(t 1) (1) f(t) =e(1—uy(t)) = ef — ee! uy (t) 1 es F(s)= s—1 St (s?Y(s) =sy(0) — ¥'(0)) +2(sY(s)—y(0))+2Y(s) = tL ef y ~ s—1 s—1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 ey’ (0) = 0 obtemos 1 e° 2 _ _ pe (s +25 +2) Y(s) = so sn Assim, 1 Ms) = Gop @ps+d) e > ~ “(3242s +2) (s—1) = H(s)—ee *H(s) em que 1 A(s) = Grop@ pis 42)’ _ A, BstC) ~ s-1) st42542 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7 Respostas dos Exercicios 595 Multiplicando-se H(s) por (s — 1)(s? + 2s + 2) obtemos 1 = A(s? +25 +2) + (Bs + C)(s —1) Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e os de grau 0 obtemos 1/5 + B = 0 2/5 - C = 1 que tem solucéo B = —1/5eC = —3/5. Assim, 1 1 1 os+3 H - ff Ss _ 4 () 55-1 52 bs td es ~ 5s—-1 5(s4+1)?4+1 — THA uset 2 ld ~ 58-1 5(s+1)2+1 5(s+1)?41 Pelo item anterior temos que 1 1 ogy 2 6-H h(t) = 5° ~ 5° cos t 5° sent. Assim, a solucdo do problema de valor inicial é y(t) = h(t) — eu (t)h(t — 1) (m) f(t) =e?! sen 3t ~ ux(t)e?! sen 3t = e~?! sen 2t + ux(t)e-2%e-2"-™ sen 3(t — 72). (s?Y(s) ~ sy(0) ~ y"(0)) +4 (s¥(s) — y(0)) + 13Y(s) = (1 +e 2%) Bag Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y’(0) = 2 obtemos ( +45 +13) ¥(s) = (Ite e-™) 35 ts +6 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 596 Transformada de Laplace Assim, Y(s) = (1 + e−2πe−πs) 3 (s2 + 4s + 13)2 + s + 6 s2 + 4s + 13 = (1 + e−2πe−πs)H(s) + G(s). em que H(s) = 3 (s2+4s+13)2 = 1 232 2332 [(s+2)2+9]2 G(s) = s+6 s2+4s+13 = s+2+4 (s+2)2+9 = s+2 (s+2)2+9 + 4 3 3 (s+2)2+9 Logo h(t) = 1 18e−2t (sen 3t − 3t cos 3t) g(t) = e−2t cos 3t + 4 3e−2t sen 3t De onde obtemos que a solução do PVI é y(t) = h(t) + e−2πuπ(t)h(t − π) + g(t) = 1 18e−2t (sen 3t − 3t cos 3t) + e−2t 18 uπ(t) (− sen 3t + 3(t − π) cos 3t) + e−2t cos 3t + 4 3e−2t sen 3t. 3.5. A função f (t) pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = u1(t)(t − 1)2 − u2(t)(t − 1)2 + (−t2 + 6t − 7)u2(t) − (−t2 + 6t − 7)u4(t) + (9 − 2t)u4(t) = u1(t)(t − 1)2 + u2(t)(−2t2 + 8t − 8) + u4(t)(t2 − 8t + 16) = u1(t)(t − 1)2 − 2u2(t)(t − 2)2 + u4(t)(t − 4)2. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 3.7 Respostas dos Exercicios 597 Usando 0 2° Teorema do Deslocamento temos que Li f(t) t(s) = = L{uy(t)(t — 1)° — 2up(t)(t — 2)° + wa(B)(E— 4)? f(s) = = L{ur(t)(t—1)°}(s) — 2L{us(t)(t- 3)? #L{ualB\(E— 4)" }(s) = =e *L{t*}(s°) —2e *L{t73(s) +e SL{P}(s) = eos e7 2s e 4s Aplicando-se a transformada de Laplace na equacao diferencial obtemos 2 (s*¥(s) — sy(0) — y'(0)) — 4(sY(s)— y(0)) + 6Y(s) eos e7 2s e 4s ~Ss ates Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y'(0) = 0 obtemos 2 oe * e* (2s As +6) Y(s) = 2S tS Assim, es — 2e~*s + es —s —2s —A4s Y(s) = 32-113) — 2e-*° +e **) H(s) 1 A BC Ds+E Hs)= 3G3-ay6) 5 (21S tid 6 Multiplicando-se H(s) por s°(2s* — 4s + 6): 1 = As?(2s” — 4s + 6) + Bs(2s? — 4s + 6) + C(2s* — 4s + 6) + (Ds + E)s° Julho 2016 Reginaldo J. Santos 598 Transformada de Laplace De onde obtemos A = 1/54, B = 1/9, C = 1/6, D = —1/27e E = —4/27. Assim, 11 11 11, -Hs-% H(s) — of oe te ee (sas tonto | I —as46 _it ii ty 54s 982 | 689 ~Des-1 5 V2 54(s—1)?4+2 54/2 (s—1)242 Logo, —~1 1, 15 1, h(t) = 5a 7 9f + a5t 54° cos(V2t) oot + ——e sen /2t 54/5 (V2t) Como encontramos acima que ¥(s) = (e §—2e 8 +e *)H(s), entéo, usando 0 2° Teorema do Deslocamento, a solucéo do PVI é y(t) = uy(t)h(t — 1) — 2u2(t)h(t — 2) + ug(t)h(t — 4). 4. Transformada dé Laplace do Delta de Dirac (pagina 551) 4.1. (a) (s*Y(s) — sy(0) —y/(0)) + Y(s) = e278 cos(27) Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 1 obtemos (3? + 1) Y(s) =e 241 Assim, Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 599 —27s Ys) = Sa tza e a solucado do problema de valor inicial ¢é dado por y(t) = u27(t) sen(t — 277) + sent = (u2,(t) +1) sent. (b) (s°¥(s) — sy(0) — y/(0)) +2 (s¥(s) — y(0)) + 2¥(s) =ee"® Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 0 obtemos Y(s) (s? +254 2) =ee* Assim, Y(s) = aia = Hip = & GES), G(s) = waya => g(t) =e 'sent Assim, a solucgdo do problema de valor inicial é y(t) = eu; (t)e~**! sen(t — 1) = e~'** sen(t — 1)u1(t) (c) (s*Y(s) —sy(0) — y/(0)) +4Y(s) = e2e~75 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y'(0) = 0 obtemos (s? + 4) Y(s) =e’e *S Assim, eze 2s Y _ — p2p—2s ©) eaa re? G(s) G(s)=—— = g(t) ==sen2t ~ 44 By = 7 Assim, a solucgdo do problema de valor inicial é 2 y(t) = 5 Halt) sen(2(t — 2)) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 600 Transformada de Laplace (d) (s?Y(s) — sy(0) — y/(0)) —2(sY(s) — y(0)) + Y(s) = e?e~’. Substituindo-se os valores y(0) = Oe y’(0) = 0 obtemos (3? —2s+ 1) Y(s) =ees Assim, ees 2 4-8 Y(s) = G-hz7 e“e °G(s) G(s) = @' \. (t) = te’ Assim, a solucgdo do problema de valor inicial é y(t) = euy(t)(E= De? = (F—1e in (t) (ce) f(t) = d(t-1) +: ug(t)t? = d(t — 1) +. ug(t)((t —3) +3)? = 6(t — 1) +.u3(t)((t — 3)? + 6(t — 3) +9) - 35,2 6 9 F(s) =e *+e “(S+a+95) s*Y(s) — sy(0) ~y!(0) + 2(sY(s)= y(0)) + 2Y(s) =e S +e (S45 + 9) Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y’(0) = 1 obtemos 2 6 9 2 _ —s —38( = _ 2 (s°+2s+2)Y(s) = e*+e (3 + 2 + 3) +1 2 = 1p espe 2 FOTOS s Assim, _ 1 _35 2+ 6s +95? _ s 3s Ms) = (Ite )2y 0542 re $3(s? + 2s + 2) 1 _ —s —3s = (l+e GEE +e °° H(s) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 601 2 + 6s + 9s? Hs) = ——-*_ (s) s3(s? + 2s + 2) _ A,B, o, DHE gs st 8 g2 +2542 2+6s+9s? = As?(s*+2s+2)+Bs(s? +2s+2) + + C(s* +2842) + (Ds+ E)s° = (As*+Bs+C)(s” +2s +2) + (Ds + E)s* (3.16) Substituindo-se s = 0 obtemos C = 1. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 1 obtemos 6 = 2C + 2B = 2+ 2B, de onde obtemos B = 2. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 obtemos 9 = C+ 2B +2A =5-+ 2A, de onde obtemos A = 2. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 3 obtemos 0 = E+ B+2A = E +6, de onde obtemos E = —6. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 4 obtemos 0 = D+ A = D + 2, de onde obtemos D=-—2. Assim, 2 2 1. 25-6 H = 42424 —— _ (s) 5) 2) 8! 42542 ~ 2,2, ,1 , _~2s76_ sgt 8 (gs +1)? +1 _ 2,212 gs st 283 s+1 2 —2({—-+- 4 (ens * eri) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 602 Transformada de Laplace lp -t -t h(t) = 2+42t+ 5t —2(e‘ cost + 2e “sen t) Como Y(s) = (14e°)—4 — 4e-H(s) (s+1)24+1 entao y(t) =e! sent + uy (t)e “—) sen(t — 1) + u3(t)h(t — 3) 4.2. (a) Aplicando-se a transformada de Laplace na equagdo obtemos (s*Y(s) — sy(0) — y'(0)) +4(sY(s) — y(0)) 4 20(s) =e Fe“ Substituindo-se y(0) = 0e y'(0) = 1 obtemos (s? + 4s + 20)Y(s) =e Fe745 +1 Y(s) = e Ft + <n =e 2e TH(s) + H(s) em que — 1 1 A(s) = zya39. = (s+2)2-416 Assim, h(t) = eo sen 4t _z 7 y(t) =e 2ua(t)h(t— 7? +h(t) me 1 1 ,—2t (b) y(t) = e-Fun(t)ze 4) sen(4t — 7c) + te?! sen 4t = (—ux(t) +1)je~7 sen4t = { 46 sen at 0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 3.7 Respostas dos Exercícios 603 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 −0.02 0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 t y 4.3. Aplicando-se a transformada de Laplace na equação obtemos (s2Y(s) − sy(0) − y′(0)) + (sY(s) − y(0)) = e−s s + e−2s Substituindo-se y(0) = 0 e y′(0) = 1 obtemos (s2 + s)Y(s) = 1 + e−s s + e−2s Y(s) = 1 s(s+1) + e−s s2(s+1) + e−2s s(s+1) = (1 + e−2s)H2(s) + e−sH1(s) em que H2(s) = 1 s(s+1) e H1(s) = 1 s2(s+1) H2(s) = 1 s(s+1) = A s + 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. H1(s) = 1 s2(s+1) = A s + B s2 + C s+1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 604 Transformada de Laplace 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 coeficientes dos termos de grau 2 obtemos A = −1. Assim, h2(t) = 1 − e−t h1(t) = −1 + t + e−t y(t) = h2(t) + u1(t)h1(t − 1) + u2(t)h2(t − 2) 4.4. (a) Aplicando-se a Transformada de Laplace na equação diferencial, obtemos que: 6s2Y(s) + 1 6Y(s) = e−12πs + e−18πs. Então Y(s) = 1 6 s2 + 1 36 e−12πs + 1 6 s2 + 1 36 e−18πs. Denotando por u a função degrau (ou função de Heaviside) e tomando a transformada inversa obtemos a solução: y(t) = u12π(t) sen(t/6 − 2π) + u18π sen(t/6 − 3π) que pode ser escrita de maneira mais simples como: y(t) = sen(t/6) [u12π(t) − u18π(t)] (b) Como o termo u12π(t) − u18π(t) é nulo para todos t nos intervalos 0 ≤ t < 12π e t > 18π temos que a solução é também nula nesses intervalos. Já para t no intervalo 12π ≤ t ≤ 18π a solução é igual a sen(t/6). Isso significa que ela é nula em t = 12π e depois oscila como uma senóide de período igual a 12π durante meio perído voltando a ser nula em t = 18π. Em particular ela assume o valor máximo para t = 15π. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 605 5. Convolucao (pagina 565) 5.1. (a) 1 A B F(s) = ——> = ++ —~ (s) s(s+3)) s 343 Multiplicando F(s) por s (s +3) obtemos 1=A(s+3)+Bs Substituindo-se s = 0, —3 obtemos A = 1/3e B = —1/3. Assim, 11 11 F(s) = =--=—~ (= 3573543 11s f)==—= f= 3-30 t (b) FS foe tae = fe] = he % 45 = 1 aA Bs+C 3:2. (a) H(s) ~ s(s2—4s+5) OS + 24555 Multiplicando-se H(s) por s(s* — 4s +5): 1 = A(s*—4s+5)+(Bs+C)s Julho 2016 Reginaldo J. Santos 606 Transformada de Laplace Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1/5. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e de grau 1 obtemos o sistema A + B = 0 —4A + C = 0 Resolvendo-se o sistema obtemos a solucao B = —1/5e C = 4/5. Assim, 11 1 s-4 H = 2-- == (s) 5s 582-4845 _ 11,1 s-4 ~ 5s 5(s—2)241 Lave? 1 ~ 5s 5(s—2)2+15(s—2)241 h(t) = : — aa cos t + ae sent (b) h(t) = | sen Te?" dt 0 [sen tedt = e"(—cost)—2 / e°"(— cost)dt = -e* cost + +2 (@ senT — 2 / e** sen var) 2T 1 2T 2T [sence dtT== (-e cos T + 2e sent} 5 h(t) = (-e" cos T + 2e”* sen t) } 5 0 1 1 2 = ze" cost + = + ze sent Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 607 5.3. (s?Y(s) — sy(0) — y’(0)) +4 (sY(s) — y(0)) +4Y(s) = F(s), em que F(s) é a transformada de Laplace de f(t). Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y’/(0) = —3 obtemos (3? +45 + 4) Y(s) = F(s) +5 #2s Assim, F(s) 5 + 2s Y = —— — (s) 2 +ds44 pds 44 — F(s) x 5 + 2s — (s#2) "(8 +2)? 5+2s A 4 B (s+2)2> s+2 (s+2)? Multiplicando-se por (s + 2)* obtemos 542s = A(s+2)+B Substituindo-se s = —2 obtemos 1 = B. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau zero obtemos 5 =2A+ B=2A-+1,de onde obtemos 2 = A. Assim, F(s) 2 1 Y = — 744 ____ (s) (s+22 > s42' (+22 y(t) = (etx f)(t)+2e° 7 +e 74t t = | e 2") (tc) F(t)dt + 2e 7! 4+ et 0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 608 Transformada de Laplace 5.4. Aplicando-se a transformada de Laplace na equacdo obtemos 1 1 2 ~4—4-=*—Y(s)=Y 5) 44 (s) (s) 2 s+1 Y(s)(1-~*_ ) =74— (s) ( st + i) s2 (s + 1)(s? + 4) Y(s) = Wows (s) s*(s* + 2) _ A, By CetD re) Multiplicando-se por s?(s* + 2) obtemos (s +1)(s? +4) = As(s? + 2) + B(s? +2) + (Cs + D)s* Substituindo-se s = 0 obtemos B = 2. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 1 obtemos 4=2A. Logo, A = 2. Comparando-se os coeficientes dos termos de grau 2 e de grau 3 obtemos 1=B+D=2+D, 1=A+C=2+C. Logo, C = —le D = —1. Assim, 1 y(t) = 2+ 2t — [cos(V2t) + — sen(V2t)] v2 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 3.7. Respostas dos Exercicios 609 5.5. (f*g)(t) = fy f(t t)g(r)dt Jy(t-t)dt, se0Q<t<1, _ fo \(@—t42)dt + fi) (t-t)dz, sel<t<2, rears se2<t <3, 0, set > 3. C, seQ<t<1, _ 1— GF _ te sel<t<2, — hae se2<t<3, 0, set > 3. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Exemplo 4.1. Considere o sistema de equa¢oes diferenciais lineares { x(t) = Arxi(t) x(t) = Azx2(t) em que A1,A2 € R. Temos aqui um sistema de equacdes que envolvem derivadas das fung6es que sdo incdégnitas. Neste caso as duas equacées sao desacopladas, isto é, podem ser resolvidas independentemente. A solucdo do sistema é x(t) =cye™"! exp (t) = cpe*!. ou escrito na forma matricial x(t) ] _ | cre! xo(t) | | cyer2t |° 611 Exemplo 4.2. Considere, agora, 0 sistema x(t) = Ax(t) + x(t) x(t) = Ax2(t) Este sistema nao é desacoplado, mas podemos resolver a segunda equacao inde- pendentemente da primeira. A segunda equacdo tem solucao X2(t) = cpe™, Substituindo x2(t) na primeira equacaéo obtemos a equacaéo x(t) = Ax (t) bee! que tem solucdo x4 (t) =cye™! + co te. Assim, a solucdo do sistema acima é x(t) ] — fF cye** + cyte Xo(t) | coe ‘ Qs sistemas anteriores foram resolvidos porque pelo menos uma das equagG6es pode ser resolvida independentemente das outras. Considere 0 sistema de equacoes diferenciais lineares x(t) = an(t)xi(t) + +++ + ain(t)xn(t) + filé) Xn(t) = ani(t)xi(t) + +> + ann (t)xn(t) + fal) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 612 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares que pode ser escrito na forma de uma equacao diferencial matricial | x4 (t) ] | ayi(t) +++ ain(t) ] [ x(t) ] | filt) ] Pye] : melt] 3 Xn(t) | ani(t) +++ aan(t) | | Xn(t) | fn(t) | ou X'(t) = A(t) X(t) + F(t), (4.1) em que ayi(t) +++ an(t) x(t) filé) A(t) =| 4 © bf x=] 2 | e Fa]: I. ani (t) --+ ann(t) Xn(t) Fn(t) Observe que o sistema do Exemplo 4.1 pode ser escrito na forma matricial como Pe |= | "3 | te | yo(t) 0 Az | | yalt) e0 do Fxemplo 4.2, como Pye] afa t) fm) y2(t) 0 AJ w(t) Para sistemas lineares é valido 0 seguinte teorema sobre existéncia e unicidade de solugdes que serd demonstrado somente ao final deste capitulo. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 613 Teorema 4.1 (Exist6éncia e Unicidade). Considere o problema de valor inicial X(t) = A(t)X(t) + F(t) AD X(t) = x© ge) Suponha que a;j(t), fi(t) sejam fungdes continuas num intervalo I contendo to. Entao, o problema (4.2) tem uma tinica solucao no intervalo I. Para os sistemas de equacoes lineares homogéneos, isto é, sistemas da forma (4.1) com F(t) =0, X'(t) = A()X(t), (4.3) é valido o principio da superposicao que diz que se X;(t) e X2(t) sao solucdes de (4.3), entao X(t) = aX1(t) + BXa(t) (4.4) também 0 é, para todas as constantes « e 6. Uma expressao da forma (4.4) é chamada combinacao linear de X;(f) e X2(t). Vamos verificar que realmente X(t) dado por (4.4) é solucao de (4.3). X(t) = aX} (#) + BXo(t) = a A(t) Xi(t) + BA(t)Xa(t) = A(t) (aXi(t) + BX2(t)) = AC) X(#), pois como X(t) e X2(t) séo solugdes de (4.3), entéo X}(t) = A(t)Xi(t) e X$(t) = A(t) X(t). Provamos 0 seguinte teorema. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 614 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares Teorema 4.2 (Principio da Superposicao). Se X;(t) e X2(t) sao solugées do sistema homogéneo X"(#) = A(t) X(4) entio, X(t) = wX1(t) + BX2(t), para a e B ntimeros, também o é. Vamos considerar 0 problema de valor inicial X'(t) = AX(t) { x(0) = x0) (4.5) Vamos determinar condic6es sobre n solucgdes X1(t),...,Xn(t) para que existam constantes ¢1,...,Cyn tais que X(t) = c,X1(t) +--- + ¢nXn(t) seja solugdo do pro- blema de valor inicial (4.5). Substituindo-se t = 0 na solucdéo X(t) = cy X(t) +--+ + en Xn(t) obtemos 0 sistema de equacoes lineares algébricas cy X1(0) +--+ +enXn(0) = XO que pode ser escrito na forma Mc = x) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 615 em que cy M=[ X,(0) --- Xn(0)] .e C=] = |. Cn Se a matriz do sistema M é invertivel, entéo para toda condicao inicial X (0) ER" o sistema MC = X() tem uma tinica solucdo (cy,+: .,Cn) (A solucao 6 C = M7! X(%), Mas uma matriz quadrada é invertivel se, e somente se, 0 seu determinante é dife- rente de zero Portanto, se det[ Xi(0) ++. X,(0) | 40, entao para toda condicao inicial X (0) existem constantes c1,...,C, tais que X(t) = cy X1(t) +--+ + en Xn(t) é solucdo do problema de valor inicial (4.5). Julho 2016 Reginaldo J. Santos 616 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Teorema 4.3. Sejam X,(t),...,Xn(t) solugdes do sistema X' = AX tais que det[| X1(0) ... X,(0)] 40 Entdo, para toda condi¢aio inicial X) € R" o problema de valor inicial X(t) = AX(t) { x) = x0 tem uma tinica solucio e é da forma X(t) = cy X4(t) +--+ + en Xn(t). (4.6) Definicao 4.1. (a) Sejam X;: R > R",...,X, : R > R" fungoes vetoriais. O determinante W[X1,...,Xn](t) = det | Xi(t) --- Xn(é) | é chamado wronskiano das funcGes vetoriais X;(t),...,Xn(f) emt € R. (b) Se n solucées X;(t),...,Xn(t) do sistema X' = AX so tais que o seu wronskiano é diferente de zero no ponto t = 0 dizemos que elas séo solucées fundamentais do sistema homogéneo X'’ = AX. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 617 (c) Se X;(t),...,Xn(t) sao solugdes fundamentais do sistema X’ = AX, entéo a familia de solucdes X(t) = cn X1(t) +--+ + cnXn(F), (4.7) para constantes c1,...,Cn 6 chamada solugao geral de X' = AX. Assim, para encontrar a solucao geral de um sistema homogéneo X’ = AX, precisa- mos encontrar 1 solucdes fundamentais, ou seja, solucdes X1(t),...,Xn(t) tais que no ponto t = 0, W[X1,-.-,Xn](0) = det | X1(0) ne Xn (0) | #0. Exemplo 4.3. A solug&o encontrada do sistema do Exemplo 4.1 € a solugao geral pois ela pode ser escrita como emt 0 xh=a] %y |e te ° Ait el 0 Xi(t) = 0 , X2(t)= prot sao tais que det|X;(0) X2(0)] = det(h) =1 0. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 618 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Exemplo 4.4. A solugéo encontrada do sistema do Exemplo 4.2 € a solugao geral pois ela pode ser escrita como At tert wo=o [Jeol e et tert n=[% |, =i sao tais que det|X1(0) X2(0)] = det(In) = 1 40. Os sistemas dos xemplos 4.1 e 4.2 foram resolvidos porque pelo menos uma das equacoes pode ser resolvida independentemente das outras. O sistema do Exemplo 4.1 pode ser escrito na forma matricial como 281-23 IL38. Xp ) 0 A» X2(t) eo do lxemplo 4.2, como 38)-[3 138} x5 (t) 0A x(t) Enquanto a matriz do primeiro sistema é diagonal a do segundo é “quase” dia- gonal. O estudo que faremos, a seguir, de sistemas de equacées diferenciais se baseia em transformar o sistema em um no qual a sua matriz é diagonal ou “quase” diago- nal. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.1. AMatriz A é Diagonalizavel em R 619 4.1 AMatriz A é Diagonalizavel em IR 4.1.1 Sistema com 2 Equacées e 2ilncognitas : : _ 0, Wy _ Ay 0 Vamos supor que existam matrizes P = owe, | eD= 0 A | com Ai, A2 € R, tais que A=Ppp"!. (4.8) Substituindo-se (4.8) em (4.3) obtemos X'(t) = PDP! X(t). Multiplicando-se a esquerda por P~!, obtemos P-!X'(t) = DP“! X(t). (4.9) Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) =P! X(t), (4.10) a equacao (4.9) pode ser escrita como Y'(t) = DY(t), que pode ser escrita na forma de um sistema de equacées desacopladas { yy (t) = Aiyi(t) yn(t) = Azya(t) as equacdes podem ser resolvidas independentemente. Este sistema foi resolvido no Exemplo 4.1 na pagina 610 e sua solugdo é yi(t) =cye! e@ y(t) = coer! Julho 2016 Reginaldo J. Santos 620 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares ou escrito na forma matricial _f mt) |] aett v= [te | a Leen] Assim, da mudanga de variaveis (4.10), a solugdo da equagao (4.3) é Ait _ _ cye X(t) = PY(t)=P cet! . Como P = | mt a | entao a solucdo do sistema pode ser escrita como 2 We x1 (t) _ v1 Wi cyet ]) fF vyey et! + wycz e2! xp (t) » v2 Wo coer2# | | vey e411! + woe e742! _ Ayt | 1 Ant | W1 ce | Dy + c2e Wo . (4.11) Pelo Teorema 4.3 na pagina 616 esta é a solugdo geral do sistema, pois para as soluc6es — pit | 71 — pAdct | W1 mae |], xiyser] er], det [ X1(0) X2(0) | = det(P) £0 e assim a solucdo de qualquer problema de valor inicial X'(t) = AX(t) X(0) = Xp pode ser obtida desta solucdo atribuindo-se valores adequados as constantes c, e c2 como mostraremos a seguir. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.1 AMatriz A é Diagonalizavel em R 621 Se séo dadas as condic6es iniciais x;(0) = x1) e x2(0) = x), entao para deter- minarmos cj e cz substituimos t = 0 na solucdo, ou seja, (0) x1(0) | _ 27 wy | |} xy | sio) [=o [gee fe =| 2 . que é equivalente ao sistema linear Uj4Cy ot WyeCn = x) 02Cy + W202 = x) 4.1.2 Sistemacom n Equacoes e n Incognitas O que fizemos anteriormente pode ser estendido para uma sistema com n equa- ¢des e n incdgnitas. Supondo que existam matrizes A, 0... 0 0 Ar... O P=([\ Vo wee Vi |] e D= . . . , O ... O An em que Vj éacoluna j de P,com Aj,...,Ay, € R, tais que A= Ppp". (4.12) Substituindo-se (4.12) em (4.3) obtemos X'(t) = PDP! X(t). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 622 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares Multiplicando-se à esquerda por P−1, obtemos P−1X′(t) = DP−1X(t). (4.13) Fazendo a mudança de variável Y(t) = P−1X(t), (4.14) a equação (4.13) pode ser escrita como Y′(t) = DY(t), que pode ser escrita na forma de um sistema de equações desacopladas      y′ 1(t) = λ1y1(t) ... ... y′ n(t) = λnyn(t) as equações podem ser resolvidas independentemente. A solução deste sistema é y1(t) = c1eλ1t, . . . , yn(t) = cneλnt. ou escrito na forma matricial Y(t) =   y1(t) ... yn(t)   =   c1 eλ1t ... cn eλnt   . Assim, da mudança de variáveis (4.14), a solução da equação (4.3) é X(t) = PY(t) = P   c1eλ1t ... cn eλnt   . Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 4.1 AMatriz_A é Diagonalizavel em R 623 Como P =| Vi; V2 ... Vn J,ent&oa solucdo geral do sistema é x1(t) cient Xn (ft) Cyernt = cyetlV, f+» +ene*"'Vy, pois pelo Teorema 4.3a pagina 616, para as soluc6es X(t) =OUV, ..., Xn(t) =e™"Vy, det [ Xi(0) --- Xny(0) |] = det(P) 40. 4.1.3 Gomo Encontrar as Matrizes P e D Vamos, agora, mostrar como determinar matrizes Ay, O.... O 0 A... O P=([\ Vo see Vi | e D= . . . , O ... O Ay em que Vj éa coluna j de P, com Aj,...,An € R, tais que A= Ppp". (4.15) Multiplicando 4a direita por P ambos os membros da equag4o anterior, obtemos AP = PD. (4.16) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 624 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares Por um lado AP=A[ Vy Vo ... Vi ]=[ AV; AVa...6 AVn ] e por outro lado Ay O .«. O 0 Ay... 0 PD=[V Vv... Va] | . ef SLAM AV -. AnVn J 0 ..... O -An Assim, (4.16) pode ser reescrita como, [ AVi AV2 ... AVa] = [AV AgVy ... AnVn J. Logo, AV) = AV} para j = 1,...n. Ou seja, as colunas de P, Vi, e os elementos da diagonal de D, A jr satisfazem a equacdo AV = DV. Isto motiva a seguinte definicdo. Definicao 4.2. Seja A uma matriz n x n. Um escalar A é chamado autovalor de A, se existe um vetor nao nulo 7 V= : € R", tal que On AV =AV. (4.17) Um vetor nao nulo que satisfaca (4.17), é chamado de autovetor de A. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.1 AMatriz_A é Diagonalizavel em R 625 AV = AV Vv Vv Vv AV =AV a ae wea a O O A>1 0<A<1 A <0 Observe que, usando o fato de que a matriz identidade 1 0... 0 0 1... 0 Tn = . . . 0... O 1 é tal que I, VV = V, a equacao (4.17) pode ser escrita como AV =AlV, ou (A—AlIn)V =0. (4.18) Como os autovetores sao vetores nao nulos, os autovalores sao os valores de A, para os quais o sistema (A — AI,)V = 0 tem solucdo no trivial. Mas, este sistema homo- géneo tem solucdo nao trivial se, e somente se, det(A — AI,) = 0. Assim, temos um método para encontrar os autovalores e os autovetores de uma matriz A. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 626 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares Proposição 4.4. Seja A uma matriz n × n. (a) Os autovalores de A são as raízes do polinômio p(t) = det(A − t In) (4.19) (b) Para cada autovalor λ, os autovetores associados a λ são os vetores não nulos da solução do sistema (A − λIn)X = ¯0 . (4.20) Definição 4.3. Seja A uma matriz n × n. O polinômio p(t) = det(A − t In) (4.21) é chamado polinômio característico de A. Já vimos que se uma matriz A é diagonalizável, então as colunas da matriz P, que faz a diagonalização, são autovetores associados a autovalores, que por sua vez são Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 4.1 AMatriz A é Diagonalizavel em R 627 elementos da matriz diagonal D. Como a matriz P é invertivel, estes n autovetores sao LI Vamos mostrar, a seguir, que se a matriz A tem n autovetores LI, entao ela é diagonalizavel. Teorema 4.5. Seja A uma matriz n x n que tem n autovetores LI Vi,..., Vy associados a Ay,...,An, respectivamente. Entfio, as matrizes A, O ... O O Ad ... O P=(V Vo eae Va | e D= . . . . O ... O ry stio tais que A=PppP"!, ou seja, A é diagonalizavel. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 628 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Demonstracao. Suponha que Vj,...,V, sdo n autovetores linearmente independen- tes associados a A1,...,Ay, respectivamente. Vamos definir as matrizes A, O ... O O Ag ... 0 P=([\ Vo wae Vi | e D= . . . . O ... O Ay Como AV; = AjVj, para j = 1,...,n, entao AP = A|[ VY VW... Va | =[ AV AVaos.. AVn | Ay 0... =~ O Ag ... O = [AW Ave ... AnVn |=[Va Vo... Vn | . = PD. O ... O Ay Como Vj,...,V;, séo LL, a matriz P é invertivel. Assim, multiplicando a equacdo anterior por P~! a direita obtemos A=PDP!. Ou seja, a matriz A é diagonalizavel. |_| Assim, se uma matriz A é diagonalizadvel e A = PDP71, ent3o os autovalores de A formam a diagonal de D e n autovetores linearmente independentes associados aos autovalores formam as colunas de P. O resultado que vem a seguir, cuja demonstragdo pode ser encontrada por exem- plo em [11], garante que se conseguirmos para cada autovalor, autovetores LI, entao ao juntarmos todos os autovetores obtidos, eles continuarao sendo LI Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.1 AMatriz_A é Diagonalizavel em R 629 Proposicao 4.6. Seja A uma matriz n x n. Se vo), Leey vo sao autovetores LI associados a A, v.), Ley v2) saio autovetores LI associados a Az, ..., vi), Leey v0) sao autovetores LI associados a Az, com X4,...,A, distintos, entio (viv), Lee, VAP, Ly vi"), Ly vio} é um conjunto LI Exemplo 4.5. Considere o sistema v(t) = a(t) — mit) xy(t) = —4xy(t) + x(t) Este sistema pode ser escrito na forma matricial como X'(t) = AX(t), / rq) — | *1 (4) _{ 1-1 _ | x(t) em que X'(8) = | 7313} A= “40 4 e X(t) = w(t) |" Vamos determinar os autovalores e autovetores da matriz 1 -1 =| 44 Para esta matriz o polinémio caracteristico é 1-t -1 2 2 p(t) = det(A — tl) = det -4 1+ =(1-t)*-4=f—-2t-3. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 630 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Como os autovalores de A sao as raizes de p(t), temos que os autovalores de A sao Ay =3eA, = -1. Agora, vamos determinar os autovetores associados aos autovalores Aj; = 3 e Az = —1. Para isto vamos resolver os sistemas (A — A,h)Z = 0e (A —AgIn)Z = 0. Como —2 -1 A-ub=| 73 2], entao oa —2 —1 x |_ | 0 —2x -— y = 0 wnnzed « [4 Al s]bA THO 4 28 cuja solucdo geral é W, = {(a,—2a) | a € R} = {a(1, -2) | « € R}. que é o conjunto de todos os autovetores associados a A; = 3 acrescentado o vetor nulo. Vamos tomar o autovetor V = (1,—2). Agora, = 2 -1 x 0 a-mnzeOv~=l 2] y]=[o] cuja solucao geral é W> = {(a,2a) | « € R} = {a(1,2) | a € R}, que é o conjunto de todos os autovetores associados a A2 = —1 acrescentado o vetor nulo. Vamos tomar 0 autovetor W = (1,2). Assim, a matriz 1 -1 s=[ 47] Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.1 AMatriz_A é Diagonalizavel em R 631 é diagonalizavel e as matrizes _ _ 1 1 _{aAr, Of] | 3 .0 P=[v wi=| 5 >| . p=| 0 wf=lo a sao tais que A= PDP. Portanto, a solucdo geral do sistema é x(t) | _ oar] 1 -+| 1 th =ce" | 4 | neve >|° Um grafico mostrando diversas solug6es aparecem na Figura 4.1. Este tipo de grafico, em que desenhamos no plano cartesiano varias curvas (x;(t),x2(t)), solu- c6es do sistema, é chamado retrato de fase. As curvas (x1(f),x2(t)), solugGes do sistema, sao chamadas trajetérias. Para cz = 0 as trajetérias estao contidas na reta que passa pela origem e tem dire- cao do vetor V = (1,—2), como pode ser visto mais facilmente fazendo a mudanga de variaveis t’ = e*' em 1 1 x) = ae | 5 =eit'| 5 |. Estas trajetorias se afastam da origem, quando ft cresce. Para cj = 0 as trajetérias estado contidas na reta que passa pela origem e tem direcéo do vetor W = (1,2), como pode ser visto mais facilmente fazendo a mudanga de variaveis t/ = e~! em _+{ 1 1 _ t _ ay X(t) = ce > =cot [> |: Estas trajetorias se aproximam da origem, quando ft cresce. Parac,; # 0eco 4 0, temos curvas semelhantes a hipérboles, como pode ser visto mais facilmente fazendo Julho 2016 Reginaldo J. Santos 632 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares a mudanca de variaveis t! = e*! em 34 | 1 —+f1]..,f 1 1 [1 X(t) =cye | J, | tee [3 |= | ‘lta > |- Estas trajetorias se aproximam da reta que passa pela origem, e tem direcao do vetor V = (1,—2), quando t cresce. A disposigdo das trajet6rias é tipica de um sistema linear X’ = AX, em que os autovalores de A sAo reais nado nulos com sinais contrarios. Neste caso, dizemos que a origem é um ponto de sela. Exemplo 4.6. Considere o sistema s(t) = 3m) — x(t) xh(t) = —2xy(t) + 2x(t) Vamos determinar os autovalores e autovetores da matriz do sistema 3-1 ib aed Para esta matriz o polinémio caracteristico é 3-t -1 2 p(t) = det(A — tb) = det _y 9-+1> (3—t)(2—t)-2=t—5t+4. Como os autovalores de A sao as raizes de p(t), temos que os autovalores de A sao Ay =le Ay =4. Agora, vamos. determinar os autovetores associados aos autovalores A; = le Az = 4. Para isto vamos resolver os sistemas (A — A,h)Z = 0e (A — Agh)Z = 0. _ 2 -1 x |_| 0 2x — y = 0 ae [2 lly] =[o| ~ {2 + y = 0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.1 AMatriz_A é Diagonalizavel em R 633 cuja solucdo geral é Wi, = {(a,2a) |a € R} = {a(1,2) |a € R}. Este é 0 conjunto de todos os autovetores associados a A; = 1 acrescentado o vetor nulo. Podemos tomar o autovetor V = (1,2). Agora, (A —Agh)Z =O é -—1 -1 x |_| 0 —2 -2 y} | 0 cuja solucdo geral é Wo = {(—a,a) |a € R} = {a(-1,1) |a € R}. Este é 0 conjunto de todos os autovetores associados a A7 = 4 acrescentado o vetor nulo. Podemos tomar 0 autovetor W = (—1,1). Assim, a matriz A é diagonalizavel e as matrizes _ —fao-1 far 0] _f10 p=(vw]=| > 1 | ° p=| 0 x f=[0 t | sao tais que A= PDP". Portanto, a solucdo geral do sistema de equacoes diferenciais é dada por x(t) |_| at | —1 [ty | seve > + c2e 1|- O plano de fase com varias trajetorias é mostrado na Figura 4.2. Para cp = 0 as traje- torias estao contidas na reta que passa pela origem e tem direcdo do vetor V = (1,2), Julho 2016 Reginaldo J. Santos 634 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares como pode ser visto mais facilmente fazendo a mudan¢a de variaveis t/ = e' em 1 1 — a, ot _ a4 X(t) =cye > =ct [> |: Para c, = 0 as trajetérias estado contidas na reta que passa pela origem e tem direcao do vetor W = (—1,1), como pode ser visto mais facilmente fazendo a mudanga de variaveis t! = e## em _— 4t | —1 _ ,| —1 X(t) =ce | 1 =cot |: Para cy # 0e cy # 0, temos curvas semelhantes a parabolas, como pode ser visto mais facilmente fazendo a mudanca de variaveis t’ = e' em 1 —1 1 —1 X(th=ae > sae] 1 =f" > | teat | 1 |. Todas as trajetorias se afastam da origem quando t cresce. A disposigdo das trajet6rias é tipica de um sistema linear X’ = AX, em que os autovalores de A sao reais e positivos. Neste caso, dizemos que a origem é um n6é instavel ou fonte. No caso em que os autovalores de A reais e negativos as trajetérias sao semelhantes, mas percorridas no sentido contrario as da Figura 4.2. Neste caso, dizemos que a origem é um né atrator ou sumidouro. Exemplo 4.7. Considere o seguinte problema de valor inicial -3 0 2 0 X’= | -2 -1 2]|xX, X(0)=] 1 -4 0 3 0 Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.1 AMatriz_A é Diagonalizavel em R 635 -3 0 2 Este sistema pode ser escrito como X’ = AX,em que A = | —2 -1 2 ].O -4. 0 8 polinémio caracteristico de A é —3-t 0 2 p(t) = det(A — t Iz) = det —2 -1-t 2 . —4 0 3-¢t Desenvolvendo o determinante em termos da 2? coluna obtemos que (2+2) —3-t 2 2 p(t) = (-1) (—1—t) det 4 3-4 | = (-1-)I-3-HB-t) +8) = -A+8)(F -1) cujas raizes sao A; = —1e Az = 1 que sao os autovalores de A. Os autovetores associados ao autovalor A; = —1 sdo os vetores Z # 0 que satis- fazem AZ = AZ, ou seja, —2 0 2 x 0 —2x + 2z2 = 0 (A-AyB)Z=0 © —2.0 2 y | =| 0 = —2x + 2z = 0 —-4 0 4 Z 0 —4x + 42 = 0 cuja matriz aumentada é —2 0 2:0 —2 0 2:0 -4 0 4:0 —2 0 2:0 —1x1* linha + 2? linha —> 2? linha 00 0 0 —2x1? linha + 3# linha —> 3? linha ; 0 0 0:0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 636 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares Assim, a solução geral do sistema que é o conjunto dos autovetores associados a λ1 = −1 acrescentado o vetor nulo é W1 = {(β, α, β) = α(0, 1, 0) + β(1, 0, 1) | α, β ∈ R} . Portanto, V1 = (1, 0, 1) e V2 = (0, 1, 0) são autovetores linearmente independentes associados a λ1 = −1. Os autovetores associados ao autovalor λ2 = 1 são os vetores Z ̸= ¯0 que satisfa- zem AZ = λ2Z, ou seja, (A − λ2I3)Z = ¯0 ⇔   −4 0 2 −2 −2 2 −4 0 2     x y z   =   0 0 0   ⇔    −4x + 2z = 0 −2x − 2y + 2z = 0 −4x + 2z = 0 cuja matriz aumentada é   −4 0 2 0 −2 −2 2 0 −4 0 2 0   − 1 2×1a. linha + 2a. linha −→ 2a. linha −1×1a. linha + 3a. linha −→ 3a. linha   −4 0 2 0 0 −2 1 0 0 0 0 0   Assim, a solução geral do sistema que é o conjunto dos autovetores associados a λ2 = 1 acrescentado o vetor nulo é W2 = {(α, α, 2α) = α(1, 1, 2) | α ∈ R} Assim, W = (1, 1, 2) é um autovetor associado a λ2 = 1. Assim, a matriz A é diagonalizável em R e as matrizes P = [V1 V2 W ] =   1 0 1 0 1 1 1 0 2   Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 4.1 A Matriz A é Diagonalizável em R 637 e D =   λ1 0 0 0 λ1 0 0 0 λ2   =   −1 0 0 0 −1 0 0 0 1   são tais que A = PDP−1. Portanto, a solução geral do sistema de equações diferenciais é dada por X(t) = c1e−t   1 0 1   + c2e−t   0 1 0   + c3et   1 1 2   Substituindo-se t = 0 na solução geral e usando a condição inicial obtemos   0 1 0   = X(0) = c1   1 0 1   + c2   0 1 0   + c3   1 1 2   . que é equivalente ao sistema linear    c1 + c3 = 0 c2 + c3 = 1 c1 + 2c3 = 0 Resolvendo obtemos c1 = 0, c2 = 1 e c3 = 0. Assim, a solução do problema de valor inicial é X(t) = e−t   0 1 0   Julho 2016 Reginaldo J. Santos 638 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Exercicios (respostas na pagina 691) 1.1. Ache a solugdo geral do sistema de equagoes e desenhe 0 retrato de fase: @ {4 = alt) + x(t) wo Pos al) - alt x(t) = m(t) + x2(t) x(t) = 2m(t) + 4x2(t) ,_[21 / [-1 8 @x=|3 4 ]x (@) x= | a |X , [2 -3 , f-1 -2 ~@ x=] 3 _5 |X () X’ = 0 2 |x 1.2. Encontre a solucao geral do sistema x(t) = 2axi(t) + = x2(t) x(t) = x(t) + 4axo(t) 1.3. Considere 0 seguinte problema de valor inicial ie i. [0 oo | dD k ky D D(0) Do em que L é 0 teor de material organico que pode ser aproveitado pelas bactérias como alimento e D é 0 déficit de oxigénio. (a) Encontre a solugdo do problema de valor inicial para k = 2 e k, = 3. (b) Encontre a solucdo do problema de valor inicial para k # k;. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 eS | << + 1.4. Considere dois tanques A e B contendo, inicialmente, no primeiro uma salmoura com 380 gramas de sal em 100 litros de 4gua e no segundo 450 gramas em 100 litros de Agua. Uma salmoura é bombeada para o primeiro tanque a uma taxa de 2 litros/minuto com uma concentracao de 3 gramas/litro de sal, enquanto outra mistura ¢ bombeada para o segundo tanque a uma taxa de 2 litros/minuto com uma concentracdo de 6 gramas/litro de sal. Os tanques estaéo conectados de forma que o tanque B recebe salmoura do tanque A a uma taxa de 3 litros por minuto e 0 tanque A recebe salmoura do tanque B a uma taxa de 1 litro por minuto. O tanque B tem ainda uma saida que libera a mistura a uma taxa de 4 litros por minuto. (a) Modele o problema de encontrar a quantidade de sal no tanque A, q;(t), e a quantidade de sal no tanque B, q2(t), como fungdo do tempo e encontre que satisfazem o sistema de equacées diferenciais q(t) = —3-10-7qi(t) + 10-7q2(t) + 6, / _ —2 _ —2 q(t) = 3-10-*q1(t) 5-10°-“qo(t) + 12. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 640 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares (b) Encontre os valores das quantidades de sal em cada tanque, qf e q§, para os quais o sistema esté em equilibrio, isto 6, a funcdo constante, (q1(t),q2(t)) = (q§,q5) 6 solu¢do do sistema. (c) Sejam x(t) = qi(t) — q% e xo(t) = qo(t) — 95, os desvios dos niveis de sal dos seus respectivos valores de equilibrio. Encontre que satisfazem o sistema de equacées diferenciais x(t) = —3-1072x4(t) 9+ 10-*x9(t), x(t) = 3-10-*x(f) — 5+10-7x2(t). (d) Encontre a solucdo geral do sistema de equagoes diferenciais do item anterior. (e) Encontre a quantidade de sal no tanque A, q(t), e a quantidade de sal no tanque B, q2(t), como fungdo do tempo. 1.5. (a) Resolvao problema X’ = AX em que —4 6 1 a=|77 §]ex=| 2 | (b) No plano de fase, esboce a curva solucdo X(f) encontrada no item (a). 1.6. Resolva 0 seguinte problema de valor inicial 1 1 0 1 x’=/1 1 O|]X e x)=] 1 0 0 -1 —1 1.7. Resolva 0 seguinte sistema 0 -3 3 X'=|-3 0 3)|X -3 -3 6 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 4.1 A Matriz A é Diagonalizável em R 641 Comando do pacote GAAL: fluxlin(A) desenha uma amostra das trajetórias que são soluções do sistema de equações diferenciais X′(t) = AX(t). Julho 2016 Reginaldo J. Santos 642 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares 4.2 AMatriz A é Diagonalizavel em C 4.2.1 Sistema com 2 Equacées e 2ilncognitas Considere, novamente, um sistema de equacoes diferenciais lineares xi(t) =) axy(t) + bxo(t) X5(t) = cx1(t) + dxo(t) em que 4,b,c,d € Rcom b ouc nao nulos. Neste caso a solucdéo de uma equacao de- pende da outra. Podemos escrever este sistema na forma de uma equacdo diferencial matricial X'(t) = AX(b), (4.22) em que ray — | x(t) [ab _ | x(t) x)= | a , A= cd e X(t)= x(t) | Vamos supor, agora, que existam matrizes | Oy t+iwy, vy — iw, _ | a+ip 0 pa |r oe! | © p-| 0 vip | tais que A= Ppp". (4.23) Substituindo-se (4.23) em (4.22) obtemos X’(t) = PDP! X(t). Multiplicando-se a esquerda por P~!, obtemos p-'x'(t) = DP! X(t). Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.2 AMatriz A é Diagonalizavel em C 643 Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) = P~! X(t), obtemos o sistema Y'(t) = DY(t), que pode ser escrito na forma {yy = frie | y(t) = (a — iB) y(t) Este sistema foi resolvido no Exemplo 4.1 na pagina 610 e sua solugao é V4 (t) i a e(a+iB)t yo(t) = © ela ip yt. Assim, a solugdo complexa da equagao (4.22) é Cy e(a+ip)t X(t) = PY(t) =P | Cp ele—iByt | — | ot iW, V1 —iwWy ~ ~ 2 Como P = OW iw, 02 — iw | entao a solucdo geral complexa é dada por X(t) _ Vy +iw, v1 —iw, Cy e(a+iB)t _ 7 V7 +1iW2 02 — iw Co e(4—ip)t | _ Cy e(a+ip)t 0+ TW 4 Co e(4—ip)t (hm iw) (4.24) V2 + 1W2 02 — 1W2 As constantes C; e Cp sao complexas. Estamos interessados em encontrar a solucdo geral real. Para isto vamos escrever a solugdo complexa em termos de soluc6es reais. Defina X,(t) = Reg e(@ tb) a1 + ty e X(t) =Zm 4 e+)! O1 + te 1 V2 + 1W2 v2 + Iw Julho 2016 Reginaldo J. Santos 644 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares entao X(t) pode ser escrita como X(t) = Cy(Xi(t) + iXo(t)) + Co( Xr (t) = 1X2 (t)) = (Cy +Cz)Xi(t) + i(Cy — Cz) Xa(t) Logo, a solucéo geral complexa pode ser escrita em termos de soluc6es reais. To- 1 1 mando C; = C2 = 5 obtemos a solugéo X1(t) etomando C; = —C) = 5 obtemos a solucgdo X(t). _ 7% wy | _ it det [| X;(0) X2(0) | = det | i = 5 det(P) #0, pois det(P) = act] Oye yO — 11 det fr PL TL J+ 1 Py 1y V2 +1W2 V2 —1W2 02 U2 — 1W2 W2 U2 — 1W2 ale (2 sles seis 2 02 U2 02 W2 W2 U2 W2 W2 = —2idet | om . 02 W2 Logo, pelo Teorema 4.3 na pagina 616 a solucao geral (real) do sistema é x(t) | x9(t) | = ¢1Xq(t) + c2X2(t) _ (a+ip)yt | Vi + 1wy (v+ip)t | V1 +iwy ci Re te Dy + iw + coTm § e€ vy + ivy _ at 1] Wy at Wy O71 = ce (cos pt | 05 sen ft Wo }) +c2e (cost | Ww + sen Bt 0 }) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.2 AMatriz A é Diagonalizavel em C 645 4.2.2 Sistema com n Equacoes e n Incognitas Supondo que existam matrizes P=[Z Z1 see Lx Zk Vo+1 see Vn | e A, 0 a 0 0 Ay A, 0 D= : 0 Ve , A2k+1 0 0 Lee 0 An com A1,...,Ag € CeAggii,..-An € R, tais que A=Ppp"!. (4.25) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 646 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares A solucdo geral complexa é Cie"! X(t) = [ Z4 Z1 ... LE Zk Vop41 ++» Va | : Cyednt = Ce! Z, + CetZ, +++ Cope! Zy + Cyet'Z, + + Copy eretV, wee Cre! Vi, = (Cy +C2)Ref{e™'Z,} Fi(C, = C2)Zm{e™"'Z,} + 8 (Cop_1 + Cox) Re{e™' Zp} + i(Cox_1 — Cop) Dm fe" Z,} + + Cop 102, tee ene" V, A solucao geral real é X(t) = epRefe*'Z1} 4+ coTm{e™!'Z1} +--+ + cy Relem™Z,} + copZmfeZ,} + 4 Copy er Vag fone Cpe’, pois pelo leorema 4.3 na pagina 616, para X(t) = Refe'Z,}, Xo(t) =Imf{eZ}, ..., Xop_1 = Refe™Z}, Xe = Tmfe™' Zp}, Xo py = Voy, vey Xn(t) = "Vn, det[ X;(0) --- Xn(0) |] = det] Re{Z)} Zm{Z,}--- Re{Z,} Im{Z,} Vo = (5)'det(P) 40 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.2 AMatriz A é Diagonalizavel em C 647 4.2.3 Como Encontrar as Matrizes P e D Vamos, agora, mostrar como determinar matrizes P= [ 24 Z\ see Lk Zk Vok41 oe Va ] e A, 0 > 0 0 Ay An 0 A2k+1 0 0 Lae 0 An com A1,...,Ag € Ce Aggii,..-An € R, tais que A= Ppp". (4.26) Vamos fazer exatamente a mesma coisa que fizemos para 0 caso em que a ma- triz A é diagonalizavel em R. Multiplicando 4 direita por P ambos os membros da equacdo. anterior, obtemos AP =PD. (4.27) Por um lado AP = Al Z Z ... Ze Ze Voges.» Vn | = [AZ AZ ... AZp AZ, AVoesi ... AVn | e por outro lado PD = [| AZy AZ, «0. AgZe AkZe AoesiVors1 «+» AnVn J. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 648 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Assim, (4.27) pode ser reescrita como, [ AZ; AZ, ... AZ, AZ_ AVoeuy we. AVn | = [AiZ1 AZ, «0. ARZe AZ Arey Vesa +-- AnVn | Comparando coluna a coluna obtemos que AZ) = AjZj (4.28) AZj =A;Zj, (4.29) paraj =1,...,ke AV) = AWVp para j = 2k+1,...n. Ou seja, as colunas de P e os elementos da diagonal de D satisfazem a equacdo AZ = AZ. (4.30) em que 0 escalar complexo A e 0 vetor complexo Z sao incégnitas. Oescalar complexo A é chamado autovalor (complexo) da matriz A e 0 vetor niio nulo Z que satisfacga (4.30), é chamado de autovetor (complexo) de A. Observe que a equacao (4.30) pode ser escrita como AZ = AI,Z ou (A—Al,)Z =0. (4.31) Como os autovetores sdo vetores nao nulos, os autovalores sao os valores de A, para os quais o sistema (A — AI,)Z = 0 tem solucdo nao trivial. Mas, este sistema homo- géneo tem solucao n4o trivial se, e somente se, det(A — AI,) = 0. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.2 AMatriz A é Diagonalizavel em C 649 Observe que a equacao (4.29) é o conjugado da equacao (4.28). Assim, temos um método para encontrar os autovalores e os autovetores complexos de uma matriz A. (a) Os autovalores de A sao as raizes do polinémio p(t) = det(A — t In) (4.32) (b) Para cada autovalor A, os autovetores associados a A sdo os vetores nado nulos da solucdo do sistema (A=Aln)Z =O. (4.33) (c) Os autovetores associados ao autovalor conjugado A = a — if sao os conjuga- dos dos autovetores associados a A = « + if. Exemplo 4.8. Considere o sistema { x(t) = =x1(t) + 2x9(#) x(t) = —xp(t) + x(t) Este sistema pode ser escrito na forma X’(t) = AX(t), em que —1 2 a=[ 7] O polinémio caracteristico da matriz A é p(t) = det(A — th) = (-1-#)(1—#)? + 2=P41 cujas raizes sdo Ay = ie Az = Ay = —i. Agora, vamos determinar os autovetores associados ao autovalor A; = i. Para isto vamos resolver o sistema (A—A,h)Z =6. » O -1-i 2 x | | 0 (—1—i)x + 2y = 0 Pawel = [2] s]e[8] © (OS BE Julho 2016 Reginaldo J. Santos 650 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares cuja solucdo geral é W, = {((1—i)a,x) |a eC} = {a(1—i,1) |a € Ch. Este € o conjunto de todos os autovetores associados a A; = i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (1 —i,1) 6 um autovetor associado a Ay = 1. EZ =(1+i,1)éum autovetor associado a A7 = Ay = —i. Assim, a matriz —1 2 ns é diagonalizavel em C e as matrizes pom). | 1-i 1+i [Ar 0] |i O p=(zZ)=| 1 | ep-|% nf=fo 2 | sao tais que A= PDP". Portanto, a solugdo do sistema de equagées diferenciais é dada por x(t) | _ it| 1-i it | 1-i te | = ci Re {¢ | 1 +coTZm<e 1 « t} 1 |—sent} > |) + t} ~) |4sent| = 1 [cost] 4 sen 0 cz | cos 0 sent| | Os graficos de diversas solucgées aparecem na Figura 4.3. As trajet6rias sao elipses e o sentido é 0 de V = (1,1) para —W = (1,0) oude W = (—1,0) para V = (1,1), como pode ser visto mais facilmente se reescrevemos a solucao geral como 1 —1 1 —1 X(1) = cost (c) | 1 +a| 0 }) + sent (x 1 — Cy | 0 |): Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.2 AMatriz A é Diagonalizavel em C 651 A disposigdo das trajet6rias é tipica de um sistema linear X’ = AX, em que os autovalores de A séo complexos com a parte real igual a zero. Neste caso, dizemos que a origem é um centro. Exemplo 4.9. Considere o sistema x(t) = —3x,(t) + 2x9(t), xh(t) = —4xi(t) + x(t). A matriz do sistema é A-| 2 2 ~ | -4.1 7° O polinémio caracteristico de A é p(t) = det(A —th) = (-3-t)(1-t)+8 = 24+2t+5 cujas raizes sio Ay = —1+2ieAz = Ay = —1-—2i. Agora, vamos determinar os autovetores associados ao autovalor A; = —1+2i. Para isto vamos resolver o sistema (A — Ay Ih)Z = 0. _ —2-2i 2 x | {0 (—2—2i)x + 2y = 0 (A Aib)Z=0 + | 4 Prllil-lole{ —4xy + (2—2i)y = 0 cuja solucdo geral é Wi ={(a,(1+i)x) |a eC}. que é o conjunto de todos os autovetores associados a A, = —1 + 2i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (1,1 +7) é um autovetor associado a A, = —1+ 2i. Temos também que Z = (1,1 —i) éum autovetor associado a Az = Ay = —1 — 21. Assim, a matriz A é diagonalizavel em C e as matrizes _ po ob 1 1 fA, 0] [ -142i 0 p=[2Z)=] 4), ri) e2=| 4 x |=| 0 aoa | sao tais que A= PDP. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 652 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Portanto, a solugdo do sistema de equagées diferenciais é dada por x1(t) _ (—1+2i)¢ 1 (—14.2i)t 1 tn | = ci Re fe Li +coZIm 4e 14i = ce! | cos2t | — sen 2t 0 +cye! ( cos 2t 0 + sen 2t 1 1 1 1 1 Plano de fase contendo diversas trajet6rias aparecem na | igura 4.4. As trajetérias sao espirais com sentido V = (1,1) para -W = (0,1) ou de W = (0,1) para V = (1,1), como pode ser visto mais facilmente se reescrevemos a solucao geral como - 1 0 1 0 X(t) =e t [cost (« | 1 + co 1 }) + sen 2t (<x | 1 —Cy | 1 ))| . A disposico das trajetorias é tfpica de um sistema linear X' = AX, em que os autovalores de A sao complexos com a parte real negativa. Neste caso, dizemos que a origem é um foco atrator ou sumidouro espiral. Se os autovalores de A fossem complexos com a parte real positiva as trajetorias seriam espirais crescentes percor- ridas no mesmo sentido que as da Figura 4.4. As trajetérias para o caso em que P éa mesma matriz deste exemplo, mas com autovalores 1 + 27 esta mostrado na Figura 4.5. Neste caso, a origem é um foco instavel ou fonte espiral. Exemplo 4.10. Considere o seguinte problema de valor inicial 2 1 2 0 X’=|/0 -1 14X, X(0)=] 1 0 -1 -1 0 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.2 AMatriz A é Diagonalizavel em C 653 2 1 2 O polinémio caracteristicode A=] 0 -1 1/6 0 -1 -1 2—t 1 2 p(t) = det(A — t Iz) = det 0 -1-t 1 . 0 —-1 -1-t Desenvolvendo o determinante em termos da 1* coluna obtemos que p(t) = (—1)°(2—f) det 1 1-4 | =@qOIC-1s 1° +1] = (2-t)(F +2t+2) cujas raizes sdo Ay = 2,A2 = —1+ieA3= Ay = -1-i que sao os autovalores de A. Os autovetores associados ao autovalor A; = 2 sao os vetores Z # 0 que satisfa- zem AZ = AZ, ou seja, 0 1 2 x 0 y + 2z = 0 (A—A,I5)Z =0 > 0 .-3 1 y = 0 = — 3y + z = 0 0 -1 -3 Zz 0 - y -— 3 = 0 cuja matriz aumentada é 0 1 2:0 0-3 1:0 0 -1 -3:0 0 1 2:0 —4%2? linha + 3? linha —> 3? linha 0-3 1 0 0 0 -Pi0 Assim, a solucdo geral do sistema que é 0 conjunto dos autovetores associados a Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 654 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares λ1 = 2 acrescentado o vetor nulo é W1 = {(α, 0, 0) | α ∈ C} . Portanto, V = (1, 0, 0) é um autovetor associado a λ1 = 2. Os autovetores associados ao autovalor λ2 = −1 + i são os vetores Z ̸= ¯0 que satisfazem AZ = λ2Z, ou seja, (A − λ2I3)Z = ¯0 ⇔   3 − i 1 2 0 −i 1 0 −1 −i     x y z   =   0 0 0   ⇔    (3 − i)x + y + 2z = 0 − iy + z = 0 − y − iz = 0 cuja matriz aumentada é   3 − i 1 2 0 0 −i 1 0 0 −1 −i 0   i×2a. linha + 3a. linha −→ 3a. linha   3 − i 1 2 0 0 −i 1 0 0 0 0 0   Assim, a solução geral do sistema que é o conjunto dos autovetores associados a λ2 = −1 + i acrescentado o vetor nulo é W2 = {(α−1 − 2i 3 − i , α, iα) | α ∈ C} = {(α(− 1 10 − i 7 10), α, iα) | α ∈ C}. que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = −1 + i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (−1 − 7i, 10, 10i) é um autovetor associado a λ2 = −1 + i. Temos também que Z = (−1 + 7i, 10, −10i) é um autovetor associado a λ3 = λ2 = −1 + i. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 4.2 A Matriz A é Diagonalizável em C 655 Assim, a matriz A é diagonalizável em C e as matrizes P = [V Z Z ] =   1 −1 − 7i −1 + 7i 0 10 10 0 10i −10i   e D =   λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 λ2   =   2 0 0 0 −1 + i 0 0 0 −1 − i   são tais que A = PDP−1. Portanto, a solução geral real do sistema de equações diferenciais é dada por X(t) = c1e2t   1 0 0   + c2 Re   e(−1+i)t   −1 − 7i 10 10i      + c3 Im   e(−1+i)t   −1 − 7i 10 10i      = c1e2t   1 0 0   + c2e−t  cos t   −1 10 0   − sen t   −7 0 10     + + c3e−t  cos t   −7 0 10   + sen t   −1 10 0     Substituindo t = 0 na solução, ou seja,   0 1 0   = X(0) = c1   1 0 0   + c2   −1 10 0   + c3   −7 0 10   . Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 656 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares que é equivalente ao sistema linear    c1 − c2 − 7c3 = 0 10c2 = 1 10c3 = 0 Obtemos c1 = 1/10, c2 = 1/10 e c3 = 0. Assim, a solução do problema de valor inicial é X(t) = 1 10e2t   1 0 0   + 1 10e−t  cos t   −1 10 0   − sen t   −7 0 10     Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 4.2 AMatriz A é Diagonalizavel em C 657 Exercicios (respostas na pagina 708) 2.1. Ache a solucdo geral do sistema de equacées dado e desenhe o retrato de fase correspondente: @ {900 = a ~ ta wT HO > ae xi(t) = x(t) — Xxo(t) x5(t) = 5xi(t) + 3x2(t) 1 1 1 , 5 3 @x=| 3 _» |x (d) X’ = 3 1|* 1 0 2 (e) X= | 2 0 jx 2.2. Ache a solucdo geral do sistema de equacoées dado: (a) xi(t) = axy(t) + 2x2(t) b) x(t) = ax2(t) xh(t) = —2x(t) xh(t) = —2x1(t) — 2x2(t) paraa A +4 paraa £1/2 x(t) = x(t) + x(t) © {3} San toa a#0 1 1 0 2.3. Considere 0 seguinte sistema de equacoes diferenciais X’= | —1 1 0 | X. 001 (a) Encontre a solucao geral real do sistema. 1 (b) Encontre a solucao tal que X(0) = | 1 | . 1 2.4. Um sistema massa-mola livre sem amortecimento é descrito pela equacao diferencial mu” +ku = 0. (a) Transforme a equacdo acima em um sistema de equacoées diferenciais equivalente fazendo xi(t) =u(t) e x9(t) =u'(t). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 658 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares (b) Resolva o sistema homogêneo do item anterior e obtenha u(t) a solução da equação diferencial mu′′ + ku = 0. Comando do pacote GAAL: fluxlin(A) desenha uma amostra das trajetórias que são soluções do sistema de equações diferenciais X′(t) = AX(t). Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 4.3. A Matriz A nao é Diagonalizavel 659 4.3 A Matriz A nao e Diagonalizavel 4.3.1 Sistema com 2 Equacées e 2ilncognitas Considere, novamente, um sistema de equacoes diferenciais lineares xi(t) =. axy(t) + bx2(t) xh (t) = cx1(t) + dxo(t) em que 4,b,c,d € Rcom b ouc nao nulos. Neste caso a solucdéo de uma equacao de- pende da outra. Podemos escrever este sistema na forma de uma equacdo diferencial matricial X(t) = AX(t), (4.34) em que rip) — | *(t) _|ab _ | x(t) x)= | , A= cd e X(t)= x(t) | Pode-se mostrar (ver por exemplo [10]) que se uma matriz A, 2 x 2, nao é diago- nalizavel, entéo existem matrizes _ Oy Wy _ A 1 p=| 0 a | es=|) | tais que A= PJP. (4.35) Substituindo-se (4.35) em (4.34) obtemos X’(t) = PJP“! X(t). Multiplicando-se a esquerda por P~!, obtemos p-'x'(t) = JP! X(t). Julho 2016 Reginaldo J. Santos 660 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) = P~! X(t), obtemos Y'(t) = JY(t), que pode ser escrito na forma { y(t) = Ay(t) + — ya(t) y(t) = A ya(t) Este sistema foi resolvido no Exemplo 4.2 na pagina 611 e sua solucao é yi(t) |. [ cre’ + cote* yo(t) | cae Assim, a solucdo geral do sistema (4.34) é x1(t) y [ou wy cye* + cote Pe} = r= a] [et _ At Aty | 71 At | W1 = (ce + cote”) | 0 + cpe | w - oe [a}ooe (2 ]-( 2) 02 W2 02 pois pelo Teorema 4.3 na pagina 616, para _ At} U1 _ At Wy M1 wio-ei[}. s0-e'((2] (2) _ 1 W1 |] _ det | X;(0) X2(0) | = det 0 Wy = det(P) £0. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.3. AMatriz A nao é Diagonalizavel 661 4.3.2 Sistema com n Equacoes e n Incognitas Pode-se mostrar (ver por exemplo [10]) que se uma matriz.A, n x n, nao é diago- nalizavel, entaéo existem matrizes I, 9 ... 0 0 Ja, «+. 0 P=[WY VW ... Vil es= ; . 0... O Ja, em que A; 1 0: 0 0 Aj 1: 0 0 0 O -:: 1 0 0 Oe Aj Jin Jord tais que A= PJP. Vamos considerar aqui (para 0 caso geral ver por exemplo [6]) somente 0 caso em que os blocos J), tém tamanho no maximo 2 x 2, com A; € R. Ou seja, vamos supor que existam matrizes P=(V WwW, sae Vi Wr Vok41 sae Vn | e Julho 2016 Reginaldo J. Santos 662 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Ay 1 a 0 0 A Ae 1 Aok+1 0 0 » 0 An com A1,...,Ax € R, tais que A=PyPol. (4.36) A solugao geral do sistema X’ = AX é | ce"! + cote! ] cpe2t Agt Agt Cop— ek + Cox te?k X(t) = [Vi Wy... Vi We Vora --) Va J] AP 8k Core Cop ereeeit cnednt = cyety, + coe*"! (Vy + W)) fteeet Cop_ eV; + Cope! (EV, + Wy) + +4 Copp ere! Vox 1 feee ce Vp, pois pelo Teorema 4.3 na pagina 616, para X1(t) = Ay, Xo(t) = et (EV, +W1), ..., Xox-1(t) = ty, Xox(t) = eo (EV, + We Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.3. AMatriz A nao é Diagonalizavel 663 XoK+1 (f) = A+ Von a, seey Xn(t) = eAnty,, det [ Xi(0) --- X,(0) | =det(P) 40. 4.3.3 Como Encontrar as Matrizeg,P ef Vamos, agora, mostrar como determinar matrizes Jay 0... 0 0 fay, .-- 0 P=([\ Vo wee Vi | e Js . . : 0... 0 fy, em que / A; 1 0: 0 ] 0 Aj 1: O Dp= Popo tote nt , 0 0 O -:-- 1 0 0 O +s Aj Jay, JO") tais que A= PJP. Vamos considerar aqui (para 0 caso geral ver por exemplo [10]) somente o caso em que os blocos Ja, tém tamanho no maximo 2 x 2, com Aj € R. Ou seja, vamos supor que existam matrizes P=(V WwW, sae Vi Wr Vok41 sae Vn | e Julho 2016 Reginaldo J. Santos 664 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Ay 1 ve 0 0 A Ae 1 Adk+H1 0 0 » 0 An com Ay,...,Az € R, tais que A= PJP. (4.37) Multiplicando a direita por P ambos os membros da equacao anterior, obtemos AP =P]. (4.38) Por um lado AP = A[V Wy ... Ve We Vor --. Vn | = [ AV, AW, ... AVe AWe AVoxsy .-. AVn | e por outro lado PJ = [ MV, Vit AGW .e. ARV Ve tH ARWe Anky1 Varga «+» AnVn ] . Assim, (4.38) pode ser reescrita como, [ AV; AW, ... AVe AWe AVoxy1 .-- AVn J = [ AV, Vit AW «we. ARV Ve tH ARW Anker Varga +) AnVn ] Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.3. AMatriz A nao é Diagonalizavel 665 Comparando-se coluna a coluna obtemos que AV, = AjV; ou (A—AjIn)V;i =0 (4.39) AW, = V,;+AjW) ou (A—Ajln)W; = Vj (4.40) paraej =1,3,...,2k—1. Portanto, (a) De (4.39) segue-se que o vetor V; € um autovetor de A associado ao autovalor Aj. J (b) De (4.40) segue-se que 0 vetor W; € uma solucao do sistema linear (A —Aln)X = Vj. (4.41) Exemplo 4.11. Considere 0 sistema x(t) = a(t) + x(t), x(t) = —x(f) — 3xo(t). A matriz do sistema é Ax —1 1 ~ | -1 -3 | O seu polindmio caracteristico é p(t) = det(A —tlh) = (-1—t)(-3 -—t) 41 = +4t4+4 que s6 tem uma raiz A = —2. Os autovetores associados a A = —2 sao obtidos da solugao do sistema linear (A-Ah)Z =0, Julho 2016 Reginaldo J. Santos 666 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares ou seja, 1 1 x | | 0 -1 -1 y | | 0 ou x + y = 0 —x — y = 0 cuja solucdo geral é Wy, = {(a,—«) |« € R} = {a(1,=1) |a ER}. Este é 0 conjunto de todos os autovetores associados aA = —2 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (1,—1) é um autovetor associado a A = —2. Precisamos encontrar o vetor W tal que (A—Ah)W=V. Para isso vamos resolver o sistema linear (A-Ab)W=V = - ou seja, 1 1jfx]_f 1 -—1-1]]y]- | -1 ou x + Y = 1 —x -— y = -l cuja solucdo geral é {(a,1—«) |« ER}. Tomando a = 0, obtemos o vetor W = (0,1) que é tal que (A — Alb)W = V. Assim, as matrizes 1 0 A 1 —2 1 pal(vw)=| 4 | ° i=| 4 i|=| 0 | Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.3. AMatriz A nao é Diagonalizavel 667 sao tais que A= PJP. Portanto, a solucdo geral do sistema é dada por x(t) | _ -2| 1 -2 (| 0 1 i | = ce i + ce 1 +t 4 . A Figura 4.6 60 plano de fase contendo diversas trajetorias. Para cz = 0 as trajet6- rias estao contidas na reta que passa pela origem e tem direcdo do vetor V = (1,-1), como pode ser visto mais facilmente fazendo a mudanga de varidveis t’ = e~ 7! em - 1 1 X(t) = cye | 4 =at'| iz I. As trajetérias se aproximam da origem quando ft cresce. Para cp # 0, vamos reescre- ver a solucdo geral como - 1 0 1 X(t) =e * (¢ SY Jra| 1 +eat| 4 |): oe woes Spe 1 0 Observamos inicialmente que o ponto inicial da trajetdéria é c, _1|+e]4/e , A 1 0 1 que a parte que esta entre parénteses, cy | __ 1 + C2 1 + Cot 1/7 representa uma reta que passa por c, 7 +2 , e tem direcao de V = (1,-1). A reta que passa pela origem e tem direciéo de V = (1,—1) divide o plano em dois semiplanos. Se o ponto inicial esta do mesmo lado de W = (0,1), entao cz > 0 e 0 ponto X(t) se move com 0 seu comprimento sendo reduzido do fator e~*", sendo Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 668 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares puxado no sentido de V = (1, −1), quando t cresce. Se o ponto inicial está do lado oposto ao de W = (0, 1), então c2 < 0 e o ponto X(t) se move com o seu comprimento sendo reduzido do fator e−2t, sendo puxado no sentido de −V = (−1, 1), quando t cresce. A disposição das trajetórias é típica de um sistema linear X′ = AX, em que a matriz A não é diagonalizável e o único autovalor é negativo. Neste caso, dizemos que a origem é um nó impróprio assintoticamente estável. Se neste exemplo, o único autovalor de A, λ, fosse positivo as trajetórias seriam desenhadas da seguinte forma. Se o ponto inicial está do mesmo lado de W = (0, 1), então c2 > 0 e o ponto X(t) se move com o seu comprimento sendo aumentado do fator eλt, sendo puxado no sentido de V = (1, −1), quando t cresce. Se o ponto inicial está do lado oposto ao de W = (0, 1), então c2 < 0 e o ponto X(t) se move com o seu comprimento sendo aumentado do fator eλt, sendo puxado no sentido de −V = (−1, 1), quando t cresce. As trajetórias para o caso em que P é a mesma matriz deste exemplo, mas λ = 2 está mostrado na Figura 4.7. Neste caso, dizemos que a origem é um nó impróprio instável. Exemplo 4.12. Considere o seguinte sistema de equações diferenciais X′ =   2 1 1 0 3 1 0 −1 1   X. Este sistema pode ser escrito como X′ = AX, em que A =   2 1 1 0 3 1 0 −1 1   . O polinômio característico de A é p(t) = det(A − t I3) = det   2 − t 1 1 0 3 − t 1 0 −1 1 − t   . Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 4.3 AMatriz A nao é Diagonalizavel 669 Desenvolvendo o determinante em termos da 1* coluna obtemos que p(t) = (-1)°"')2~1) der | Det = (2—#)((8-H (1-1) +1] = 2—H(P at +4) = — (1-2) cuja Unica raiz é A, = 2 que é 0 autovalor de A. Os autovetores associados ao autovalor A; = 2 sao os vetores Z #0 que satisfa- zem AZ = A,Z, ou seja, 0 1 1 x 0 y + z= 0 (A—A,I5)Z = 0 > 0 1 1 y = 0 > y + z= 0 0 —-1 —-1 Zz 0 - y - z= 0 Assim, a solucdo geral do sistema que é 0 conjunto dos autovetores associados a A, = 2 acrescentado o vetor nulo é Wi = {(6,a,—a) = «(0,1,—1) + B(1,0,0) | a,6B € R}. Portanto, V; = (0,1,—1) e V2 = (1,0,0) sao autovetores linearmente independentes associados a A; = 2. Precisamos encontrar o vetor W tal que (A-—AqLb)W =V, em que V é um autovetor de A associado a A; = 2, ou seja, V = (B,a,—a). Assim, B 0 1 1 x p y+ z= 6 (A—AqI3)X = ayo}, o 1 1 yj= a} y+ z= «@ —K 0 -—1 -1 Zz —H —- y- zZ= -«H Este sistema tem solugdéo somente se a = f. Tomando « = 6 = 1 obtemos V3 = (1,1, -1) e vamos resolver o sistema 1 (A —Aqb)W = V3 = 1 —1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 670 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares ou    y + z = 1 y + z = 1 − y − z = −1 cuja solução geral é {(γ, 1 − δ, δ) | δ, γ ∈ R} Tomando δ = γ = 0 obtemos W = (0, 1, 0). Como V3, W e V2 são LI, a matriz P = [V3 W V2] =   1 0 1 1 1 0 −1 0 0   tem inversa e é tal que A = PJP−1, em que J =   2 1 0 0 2 0 0 0 2  . Aqui poderíamos ter escolhido no lugar de V2 = (1, 0, 0) qualquer combinação linear de V1 = (0, 1, −1) e V2 = (1, 0, 0) desde que não seja um múltiplo escalar de V3 = (1, 1, 0) (Veja por que no Exercício 3.4). Portanto, a solução geral do sistema é X(t) = c1e2tV3 + c2e2t (W + tV3) + c3e2tV2 = c1e2t   1 1 −1   + c2e2t     0 1 0   + t   1 1 −1     + c3e2t   1 0 0   . Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 4.3 AMatriz A nao é Diagonalizavel 671 Exercicios (respostas na pagina 718) 3.1. Ache a solugdo geral do sistema de equacoes dado e desenhe o seu retrato de fase: (a) { xi(t) = 3xi(t) — 4xo(t) () { xi(t) = 4xi(t) — 2xo(t) x(t) = x(t) — x2(t) x(t) = 8xi(t) — 4xo(t) 3.2. Ache a solucdo geral do sistema de equacoées dado: / _ / —_— (a) { x(t) = axi(t) + 2xo(t) (b) \ m4 (#) = ax(t) x,(t) = —2x1(E) x5(t) = —2x4(t) — 2xo(f) 3 1 2 3.3. Considere 0 seguinte sistema de equacées diferenciais X’= | -1 3 0 |X. 1 -1 2 (a) Encontre a solucdo geral do sistema. 1 (b) Encontre a solucao tal que X(0) = | 0 |. 1 3.4. Mostre que se V e V3 sdo autovetores linearmente independentes de uma matriz A,n x ne W € R” é tal que (A — AI,)W = V3, entao {V,V3,W} é um conjunto linearmente independente. Comando do pacote GAAL: fluxlin(A) desenha uma amostra das trajetérias que sao solucdes do sistema de equacoes diferenciais X'(t) = AX(t). Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 672 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares 4.4 Sistemas Não-Homogêneos (opcional) Considere, agora, o sistema de equações diferenciais lineares      x′ 1(t) = a11x1(t) + · · · + a1nxn(t) + f1(t) ... ... x′ n(t) = an1x1(t) + · · · + annxn(t) + fn(t) que pode ser escrito na forma de uma equação diferencial matricial   x′ 1(t) ... x′ n(t)   =   a11 · · · a1n ... ... an1 · · · ann     x1(t) ... xn(t)   +   f1(t) ... fn(t)   ou X′(t) = AX(t) + F(t), (4.42) em que A =   a11 · · · a1n ... ... an1 · · · ann   , X(t) =   x1(t) ... xn(t)   e F(t) =   f1(t) ... fn(t)   . Teorema 4.7. Seja Xp(t) uma solução particular do sistema não homogêneo (4.42). Sejam X1(t), . . . , Xn(t) soluções do sistema homogêneo correspondente tais que X1(0), . . . , Xn(0) são LI Então, a solução geral do sistema não homogêneo (4.42) é X(t) = Xp(t) + c1X1(t) + · · · + cnXn(t) Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 4.4 Sistemas Nao-Homogéneos 673 Demonstracao. Sejam X(t) uma solucdo qualquer e X,(t) uma solugdo particular de (4.42), entéo Y(t) = X(t) — X,(t) 6 solugéo do sistema homogéneo associado X' = AX, pois Y"(t) = X"(t) — Xp(F) = (AX(#) + F(E)) — (AXp(t) + F(A) = A(X) = Xp(t)) = AY(E). Assim, se X;(t),...,Xn(t) solugdes do sistema homogéneo correspondente tais que X1(0),...,Xn(0) sao LI, pelo Teorema 4.3 na pagina 616, existem constantes ¢1,... , Cn tais que Y(t) = X(t) — Xp(t) = cr X1(t) +++ + cnXn(t), ou seja, X(t) = Xp(t) + cy X41 (f) +--+ + cn Xn(t). a Portanto, para encontrar a solucdo geral de um sistema de equacées lineares nao ho- mogéneo precisamos encontrar uma solucao particular e a solugdo geral do sistema homogéneo correspondente. 4.44 AMatriz A é Diagonalizavel em R Como no caso do sistema homogéneo em que a matriz A é diagonalizavel em R, existem matrizes Ay 0... 0 0 A... O P=[{[VVW ... Vil eD=] . rn, 0... 0 An Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 674 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares em que Vj é a coluna j de P, com λ1, . . . , λn ∈ R, tais que A = PDP−1. (4.43) Substituindo-se (4.43) em (4.42) obtemos X′(t) = PDP−1X(t) + F(t). Multiplicando-se à esquerda por P−1, obtemos P−1X′(t) = DP−1X(t) + P−1F(t). Fazendo a mudança de variável Y(t) = P−1X(t), obtemos Y′(t) = DY(t) + P−1F(t), que pode ser escrita na forma de um sistema de equações desacopladas      y′ 1(t) = λ1y1(t) + g1(t) ... ... y′ n(t) = λnyn(t) + gn(t) em que   g1(t) ... gn(t)   = G(t) = P−1F(t). As equações podem ser resolvidas independentemente, encontramos soluções par- ticulares de cada uma delas y1p(t), . . . , ynp(t) e formamos o vetor Yp(t) =   y1p(t) ... ynp(t)   Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 44 Sistemas N&éo-Homogéneos 675 Uma solucao particular do sistema inicial é entéo Xp(t) = PYp(t) e pelo [eorema 4.7 a solugdo geral é a soma da solucdo geral do sistema homogéneo com X(t), ou seja, X(t) = Xp(t) + eye, tees + ene! Vy,. Exemplo 4.13. Considere 0 sistema x(t) = x(t) S a(t) $ 207 x(t) = —4xy(t) + x2(t) + 4e Este sistema pode ser escrito na forma matricial como X’(t) = AX(t) + F(t), em que ray — | x(t) _ 1-1 _ [ x(t) _ [| 2e# x) =| 0) , A=! 4 a] X(t) = x9(t) e F(t)= tet | A matriz A éa mesma do Exemplo 4.5 na pagina 629, é diagonalizavel e as ma- trizes _ 1 1 {ar Of; | 3 0 Pals 2 | ° p=| 0 x l=[ 4 sao tais que A= PDP. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 676 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) = P~!X(t), a equacdo X’(t) = AX(t) + F(t) se transforma em Y’(t) = DY(t) + P1EF(t), que pode ser escrita na forma do sistema desacoplado ne = 3yn(t) +31(#) (4.44) Yo(t) = —ya(t)+g2(t) (4.45) em que silt) }_paggy-f 11 TT det] 172 -1]f2et]_ [ete go(t) | “| —2 2 4eé | 4/2 1 fe? | | e tel Para resolver a equacao (4.44), ou seja, yi, —3y, =e! multiplicamos a equacao pelo fator integrante p(t) = e~*' obtendo d (st, \ _ ,-4t _ ,-2t Fi (e wn) =e ew. Integrando-se: e y(t) _— —fe! +4 xo +c}. Explicitando-se y; (): 1_, 1 y(t) = ~qe + xf + ce" Uma solucao particular da equacao y, — 3y; = e ' — e' é entao _ lt ly Yip(t) = a + 5e: Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.4 Sistemas Ndo-Homogéneos 677 Para resolver a equacao (4.45), ou seja, yp +yn2=e'+el multiplicamos a equacao pelo fator integrante p(t) = e obtendo d 7 (eye) =l+e". Integrando-se: 1 e'yo(t) =t+ xo +2. Explicitando-se y(t): 1 yo(t) = te! + 5° +coe!. Uma solucao particular da equacao y5 + y2 =e ' +e! éentdo = 1s Yop(t) = te’ + 5e. Uma solucao particular do sistema nado homogéneo é entao 11 —1e-t4 lot —letielttet = N 4 2 = 4 Xp(t) = PYp(t) = =2 2 | tet+set | set +2te* |" Assim, pelo leorema 4.7 na pagina 672 a solugao geral do sistema é x(t) ]__ [ -je'+el+tet 31] 1 +] 1 | x2(t) | - | Let 4 ate | FIP | 9 | FE | 9 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 678 Sistemaside Equagées Diferenciais Lineares 4.4.2 AMatriz A é Diagonalizavel em C Vamos considerar 0 caso 2 x 2, por que a notacao fica mais simples. Entretanto a ideia se estende facilmente para o caso geral.. Como no caso dos sistemas homogé- neos, em que a matriz A é diagonalizavel em C, existem matrizes | Oy t+iw, v1 — iw, _ | «+ip 0 p= [ti et | © p-| 0 vip | tais que A= PppP-!. (4.46) Substituindo-se (4.46) em (4.42) obtemos X'(t) = PDP 'X(t) + F(t). Multiplicando-se 4 esquerda por P~!, obtemos P-'x'(t) = DP-!X(t) + P“!F(t). Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) = P~! X(t), obtemos a equacao matricial Y’(t) = DY(t) + P-'F(t), que pode ser escrita na forma do sistema { y(t) = (a+ iB) yi(t) + gilt) y(t) = (a — iB) y2(t) + gilt) A segunda equacao é conjugada da primeira, logo a solucdo da segunda equacao é o conjugado da solucao da primeira equagao. Assim, se y;,(f) ¢€ uma solugao particu- lar da primeira equagao, entao ¥2p(t) = y1p(t) é uma solucao particular da segunda equacao. Logo, uma solucdo particular complexa do sistema é Yip(t) Xp(t) = PY,(t) =P} —-— |. n= Pil = P| Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.4 Sistemas Nao-Homogéneos 679 Como P = [ V+iw V—-iw |, entao uma solucgdo particular do sistema é dada por ' Yip (E) X,(t) = V+iw. V—-iwW | Bee = p( ) [ | 1p (t) = Yip (t)(V + iW) + Yip (t)(V _ iW) = 2Retyip(t)(V +iW)} que é real. Assim, pelo [eorema 4.7 na pagina 672 a solucao geral (real) é a soma da solucao geral (real) do sistema homogéneo com X;(t), ou seja, mn = Re fel ®'(y paw) } + coTm fev + iw) } + 2Re{yip(t)(V +iW)} = ce (cospt| ° | —senpi | 1 |) +cae* (cospr| 1 ] +senpt| ° ]) + 2Re{yitp(t)(V + iW) }. Exemplo 4.14. Considere o sistema xi(t) = —3x1(t) + 2xo(t) x(t) = —4xy(t) + x(t) + 2sent Este sistema pode ser escrito na forma matricial como X’(t) = AX(t) + F(t), em que top _ | X4(b) _ | -3 2 _ | x1(£) _ 0 Oe Ly | A= [Tf xO=[ BG) |e FO=| aeons | Julho 2016 Reginaldo J. Santos 680 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares A matriz A éa mesma do Exemplo 4.9 na pagina 651, é diagonalizavel em C e as matrizes —io5g,_f 1 1 far 0] [ -142%° 0 p=(ZZ)=| 4), | e p= |‘ x {=| 0 Var | sao tais que A= PDP". Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) = P~!X(t), a equacao X’(t) = AX(t) + F(t) se transforma em Y’(t) = DY(t) + P-1E(t), que pode ser escrita na forma do sistema a = (-1+2i) (A) +81 (#) (4.47) Yo(t) = (—1 — 2i)ya(t)+g2() (4.48) em que -1 silt) | p-tpyy | 1 0 [eth = PFO=) tae 1-3 2sent _ 1 1-7 -1 0 _ | —isent ~ 21 | -1-i 1 2sent | | isent Para resolver a equagao (4.47), ou seja, y, + (1 — 2i)yi(t) = —isent, multiplicamos a equacao pelo fator integrante p(t) = e!~24)' obtendo 4 e(t-2i)ty,) = —isente(-2)t, dt Observe que —isent = —}(e!' — e~'), pois pela formula de Euler e! = cost+isent e = cost—isent. Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.4 Sistemas Nao-Homogéneos 681 Logo, a equagao diferencial anterior pode ser reescrita como d , 1 . % 7 4(1-2i)t — _=(,(1-i)t _ ,(1-3i)t F (ety) = 5 (ett — elt-991 Integrando-se obtemos e(l-2ity, (¢) = — 1 jaar 4 1 (sie +C; 2—2i 2-61 , Explicitando-se y;(t): yi(t) = Yip(t) + Celt em que 1; 1 | Yip(t) = 55 + 2 6i- FE Logo, 1 2Re{yip(t)} —2cost+ sent p(t) = 2Retyip(t) (1 +i) p 2Re{(1 + iyrp(t)} —leost +? sent é uma solucao particular real do sistema néo homogéneo. Entao, pelo Teorema 4.7 na pagina 672, a solugdo geral real do sistema é a soma da solucdo geral real do sistema homogéneo com uma solucéo particular, ou seja, xi(t) | (-142i)t | 1 (-142i)t | 1 ath F pli) + eyRe { ¢ L4i +coZm4e L4i A ~§eost + Ssent 4 [| =gcost+ sent c,e ! { cos 2t tye sen 2t 0 +cye! { cos 2t 0 + sen 2t 1 1 1 1 1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 682 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares 4.4.3 AMatriz A nao é Diagonalizavel Vamos considerar 0 caso 2 x 2, mas a ideia se estende facilmente para 0 caso geral. Como no caso dos sistemas homogéneos, em que a matriz A nao é diagonalizavel, existem matrizes _ Oy Wy N A 1 roe wai a tais que A= PJP. (4.49) Substituindo-se (4.49) em (4.42) obtemos X'(t) = PJP X(t) + F(t). Multiplicando-se a esquerda por P~!, obtemos p-'x'(t) = JP-!X(t) + P-1F(t). Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) = P~! X(t), obtemos Y’(t) = JY(t) + P1E(t), que pode ser escrito na forma { yy (t) = Ay(t) + — ye(t) +silt) y(t) = A yo(t) + ga(#) A segunda equacao pode ser resolvida independentemente da primeira, obtendo-se uma solucao particular y2,(t). Substituindo-se y,(f) na primeira equacao ela pode ser resolvida encontrando-se uma solucao particular y,(t). Uma solugao particular do sistema inicial é entao Yip(t) Xp(t) = PY,(t) =P| °? . Introdugao as Equacoes Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.4 Sistemas Nao-Homogéneos 683 pelo Teorema 4.7 na pagina 672 a solucao geral é a soma da solucdo geral do sistema homogéneo com X,(t), ou seja, _ At | 1 At Wy ca X(t) = Xp(t) + ce 0 | + cre (| m | +t 0 }) . Exemplo 4.15. Considere 0 sistema { x(t) = —x (tf) + x2(t)+t x(t) = —x(t) = 3xa(t) Este sistema pode ser escrito na forma matricial como X'(t) = AX(t) + F(t), em que ray — | X4(t) _f[-1 1 _ | x(t) _[t x) = | a , A=] 4 3 |, X(t) = x(t) e F(t)= 0 |: A matriz A é a mesma do Exemplo 4.11 na pagina 665, nao é diagonalizavel e as matrizes 1 0 A 1 —2 1 peivwlel 4 | ° i=[4 i|-| 0 2 sao tais que A= PJP. Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) = P~! X(t), a equacdo X’(t) = AX(t) + F(t) se transforma em Y'(t) = DY(t) + P-!F(t), Julho 2016 Reginaldo J. Santos 684 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares que pode ser escrita na forma do sistema ne = —2yi(t) + yolt)+er(F) (450) Ya(t) = —2ye(t) +go(t) (4.51) em que -1 a(t) )— p-tpny_ f 1.0 t] [1 0}ft]_ fet | th =PUPO =) aq o}~{/11})ol—{t Temos que resolver em primeiro lugar a equacao (4.51), ou seja, Y) + 2y7 = t. Para isso multiplicamos a equaco pelo fator integrante p(t) = e* obtendo d (ot) _ 42k dt (c 2) = te. Integrando-se: t 1 et y(t) = xf - a + C2. Explicitando-se y(t): _ftiol ~2t y2(t) = a4 +c9e~. Logo, t 1 Yop(t) = > 4a é uma solucdo particular da segunda equacado. Para resolver a equacao (4.50), ou seja, _3t 1 Y + 2y1 ~~ 2 4 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.4 Sistemas Nao-Homogéneos 685 multiplicamos a equacao pelo fator integrante p(t) = e?! obtendo d (ot \ — 3t or 1 ot ai (On) = ye ge Integrando-se: ety (t) _ 3t at _ 1 ot 4+¢ 1 4 5 1: Explicitando-se y;(t): (i) = P— 54 ce 1 qe Logo, (= 3t 1 MPS 2 é uma solucdo particular da primeira equacdo. Assim, de SEH) [EE] X,(f) = PY,(t)=P| 7"? = 4-2 )/—| 4° 2 ni = Pro = P| pela i |[ Pf |= [42] Portanto, pelo Teorema 4.7 na pagina 672, a solugdo geral do sistema é a soma da solucao geral do sistema homogéneo com uma solucao particular, ou seja, x1(t) _ $5 2} 1 2 (| 0 1 te | = | _ + cye 4 + c2e 1 +t 4 . Julho 2016 Reginaldo J. Santos 686 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares 4.4.4 Demonstracao do Teorema de Existéncia e Unicidade Demonstracao do Teorema 4.1 na pagina 613. (a) Existéncia: Defina a sequéncia X(t) por t XO) =x, x)= xXOq | (A(s)X*-1)(s) + F(s))ds, parak =1,2,... fo Assim, cada componente X(") (t) é dada por ton =a + f Li ay(s)af Ys) + fils) 0 j=1 Sejam M,N > 0 tais que lai(t)| <M, parai,j=1,...netel (4.52) Ix? (8) — x <N, parai=1,...netel Entao, ton ix? (#) — x! (8) < | Y laij(s) |x} (s) — x9|ds to j=l ton < m | J |x!) (s) — x |ds < nMN(t — to) toi! j Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.4 Sistemas Nao-Homogéneos 687 3 2 iS 2 1 xP) — xP] < [YE laiils)|ix)?'(s) — x) (6) as 0 j=1 PH 1 net < m | ye |x?) (s) — x) (s) lds < nv)” | |s — to|ds to ja J J jal to < vent — tol? ~ 2 Por inducao k+1 k iS k k-1 QAP OLS | Yolay(sphlaf(s) — xf) (9)|as 0 j=1 t nt — 4,|{k-1 < m | ye ix”) (s) — x!) (5) \ds <M »/ nk-1ypk-1y 8 = tol fol ds fo j=l } ] j=l to (k _ 1)! < nkmkn lt tol! ~ k! Usando 0 mesmo argumento usado na demonstracaéo do Teorema 1.1 na pagina 154 temos que xl) (t) 6 uma sequéncia convergente. Seja x;(t) = lim x) (4). ko Também pelo mesmo argumento usado na demonstracéo do [eorema 1.1 na pagina 154 temos que x;(t) é continua e vale t (k-1) tn Bim f (So aij(s)x\"(s) + fils))ds = (Lo ai(s)ay(s) + fils). k00 J tg jal fo j=1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 688 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Assim, t mn _ x(t) = Jim x(t) = x19) + Jim f by aij(s)x°99(s) + fils) ds = t on =x + (Sails) fim xf (8) + fils))ds = to j=l ko Oa [ey d = xp + , (5 ajj(s)xj(s) + fi(s))ds 0 j=1 Derivando em relacdo a tf esta equacgdo vemos que x;(t) é solugdo do problema de valor inicial. (b) Unicidade: Sejam X(t) e Y(t) duas solugées do problema de valor inicial (4.2). Entao, Z(t) = X(t) — Y(t) é solucao do problema de valor inicial (4.2) com X) = 0 e F(t) = 0. Assim, temos que mostrar que Z(t) = 0, para todo t. Seja u(t) = fi, (z1(s)| +++ + |2n(s)|)ds. Como t t z(t) = | z4(s)ds, ..., Zn(t) = / zi,(s)ds, to fo Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.4 Sistemas Nao-Homogéneos 689 entao por (4.52) temos t IZ1(#)| +--+ + [2n(t)| S [ (Iz1(s)| +--+ l2n(s)|)4s tn on < [Y Yilai(s els) las 9 j=1j=1 t <M [ (\zi(s)|-+-+-+ en(s)))ds = nMu(t), para t € I, ou seja, u'(t) < nMu(t). Multiplicando a inequagao acima por e~"™' obtemos (eo m™Mu(t)) <0, comu(to) = 0. Isto implica que u(t) = 0, para todo t (verifique!) e portanto Z(t) = 0, para tel. a Como consequéncia do resultado que acabamos de provar temos o resultado abaixo para existéncia e unicidade de solucgdes de equacées lineares de 2* ordem. Demonstracao do Teorema 2.1 na pagina 274. Sejam x1(t) = y(t) e x2(t) = y/(t). O problema de valor inicial é equivalente ao problema X(t) = A(t)X(t) + F(t) X(t) = x em que 0 1 x1(t) 0 (0) | Yo A(t) = , X(t)= F(t) = e x0) — =| sy ro | =[ 80] 2O-[ uh Julho 2016 Reginaldo J. Santos 690 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares A conclusdo segue-se da aplicacgéo do Teorema 4.1. a Exercicios (respostas na pagina 725) 4.1. Determine a solucao geral dos sistemas de equacées: (a) x(t) = x(t) + x(t) + 2 x5(t) = x(t) + x(t) + 2t (b) x; (t) = m(t) — x(t) + et xi(t) = 2x,(t) + 4x(t) + ef (c) x(t) = x(t) — 4x0(f) + 4cost TV h(t) = x(t) — x(t) + 2sent (d) x(t) = x(t) — x(t) x5(t) = 5xy(t) + 3x2(t) + 4cost (e) x(t) = 3xi(t) — 4xo(t) x(t) = x(t) — / xa(t) + tel (0 x(t) = Axi(#) + 2xo(t) + 6te7 x3(t) = —2xy(t) Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5. Respostas dos Exercicios 691 4.5 Respostas dos Exercicios 1. A Matriz A é diagonalizavel em R (pagina 638) ; 1 -1 2 0] . ,. 4 1.1. (a) As matrizes P = 1 1/e D= 0 o| S2° tais que A =PDP™. A solucao geral é [at | seve Li + C2 |: XQ Y , ia (b) As matrizes P = 7 4 eD= a 3 sao tais que A = PDP™!. A solucao geral é mi(t) | ja | —1 st} 1 pty) | =a 1) te2e | _» |- Julho 2016 Reginaldo J. Santos 692 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares NY oN, . 1 1 1 0)... 4 (c) As matrizes P = eD= sao tais que A = PDP. -1 3 0 5 A solucao geral é xmi(t) | _ ef 1 5st| 1 pty) | =a 4 +c2e 3 |° Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 693 PN 3 2 PU /. b L . LY -2 -3 . (/} 4 -3 -2 1 0 1 2 3 4 (d) As matrizes P = i i eD= ri 3 sao tais que A = PDP™!. A solucao geral é m(t) |_| 4 3t | 2 pty) | =a 1 [Feety 4 ]- Julho 2016 Reginaldo J. Santos 694 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares 2 ——— 1 ( 0 " -1 a — - -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 (e) As matrizes P= i 1 eD= rh H sao tais que A = PDP-|. A solucao geral é xmi(t) |_| 1 +| 3 oa J=ee 1 +c2e 1|- Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 695 4 ZB | Yi 2 1 | Age x, 1 -2 1 4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 (f) As matrizes P = i 3 eD= fy ‘| sao tais que A = PDP“. A solucdo geral é xi(t) |_| 2 +] 1 pty) | =a 1 +c2e 0 |: Julho 2016 Reginaldo J. Santos 696 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares 4 3 2 1 (| < ee ) x 1 -2 -3 -4 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 12. P= —a+Va2? +1, -a—Va*+1 | a 1 1 p=|*tvee 0 | 0 3a—Va2+1 8 - x(t) cy elt VPI) —at Var +1 1 + Cy e(34-Vaest Dt | —a~Var+1 1 . 1.3. (a) Os autovalores sao as raizes de p(t) = (f+ 2)(f+3) =0, ouseja, A = —2 ou A = —3. Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 697 Os autovetores associados a A; = —2 sao calculados pelo sistema: 0 0 u |_| 0 2 -1 v| | 0 e logo um autovetor é W, = (1,2). Os autovetores associados a Az = —3 sao calculados pelo sistema: 1.0 u|__| 0 2 0 v| | 0 e logo um autovetor é W) = (0,1). A solucao geral é — | L(t) | 2} 1 3 | 0 X(t) = | D(t) =cye > | +02e 1 |: Substituindo t = 0 na solucao, ou seja, L(O) | _ 1 0} | Lo [ow J=e [2 ]e[t]=[ 5} que é equivalente ao sistema linear cy = Lo 2c) + CG = Do Obtemos c; = Lo e cz = Do — 2Lp. Assim, a solucdo do problema de valor inicial é L(t) | __, -2 | 1 _ —3t | 0 D(t) = Loe 2 + (Do 2Lo) e 1 |: (b) Os autovalores sao as raizes de p(t) = (t+k)(t+k,) =0, ou seja, A = —k ouA = —k;,. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 698 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Os autovetores associados a A, = —k sao calculados pelo sistema: 0 0 u}|_ |.0 k k,—k v| | 0 e logo um autovetor é W, = (k, —k,k). Os autovetores associados a A7 = —k, sao calculados pela sistema: —-k+k, 0 uj} | 0 k 0 v| {0 e logo um autovetor é W) = (0,1). A solucao geral é L(t) |. nt | ky —k _kt | 0 Ltn | =cye k + cre 1 |: Substituindo t = 0 na solucdo, ou seja, L(0) _¢ ky —k 4e 0] | Lo Dio) | k 7) 4117" | Do |° que é equivalente ao sistema linear (kr —k)cy = Lo key + c2 = Do Obtemos c; = ee € Co = Do -— px: Assim, a solucdo do problema de valor inicial é L(t) — Lo kt ky —k _ kLo —kyt 0 Las ee gt (Po- ek ew ya | 1.4. (a) Sejam T,4g a taxa com que mistura passa do tanque A para o tanque B, V4 o volume de mistura no tanque A, c4 a concentracdo de mistura no tanque A, Tg, a taxa com que mistura passa do tanque Introdugao as Equacées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 699 A para o tanque B, Vg o volume de mistura no tanque B, cg a concentragaéo de mistura no tanque B, Tp, taxa de entrada de mistura no tanque A, T,p taxa de entrada de mistura no tanque A, Ce, a concentracao de sal na mistura que entra no tanque A, cog a concentragéo de sal na mistura que entra no tanque B e T; a taxa de saida de mistura do tanque B. Como as taxas T4g, Tp, Te, Top € Ts sao constantes e dadas por Tea =21/min, T.g =21/min, Tyg = 31/min, Tga =11/min, T; = 41/min, entao Va(t) = V4(0) +T.4-:t—Tap-t+Tpaot = Va (0) = 100, Vp(t) = Vg(O) + Tep-t+ Tap: t — Tgaq-t — Ts -t = Va(0) = 100, d Hn = Tea:cea—Tap-cat+Tpa-cp q(t) q2(t) — Wp, - —Tap- HYA4T,. 2S eA CeA — LAB Va(t) + IBA Va(t) = 6—3-10°*41(t) +10-7q2(t), d — = Top: cep + Tap: ca —Tpa: Cp —Ts° Cp q(t) qo(t) = Tap - -(T T.). tA AB Va(t) (Tga + Ts) Va(E) = 124+3-10-*q;(t) —5-10-*q2(t). (b) O sistema pode ser escrito na forma matricial como Q’ = AQ + B,em que _yo-2| -3 1 _ |6 _ |n(t) sow[3 3] an [g) «cn [ Mas, Q'=08S AQ=-B. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 700 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares Logo, a solucdo de equilibrio é 5 1 _ oF — _a-ip — _1p2 |- 2 a i2| | &| © |350 aa ata aime Beh Le [sol Logo, gf = 350 gramas e q = 450 gramas de sal. (c) Seja X(t) = Q(t) — Q®. Entao, X’(t) = Q'(t),ecomo AQ® = —B, entao X'=Q' = A(X+Q°)+B=AX+AQ*+B= AX. Ou seja, (x1(t), x2(t)) satisfaz o sistema linear homogéneo x(t) = —3-10-2xy(t) + 10-*x9(t), x(t) = 3-10°-2x,(t) — 5-10-*x2(E). (d) Vamos determinar os autovalores e autovetores da matriz -3 #1 — 419-2 saw2[ 2) Seja -3 #1 p35 Como BV =AV $10 *BV = 10 *AV & AV = 10-7AV, entaéo as matrizes A e B possuem os mesmos autovetores e os autovalores da matriz A sao os auto- valores da matriz B multiplicados por 10~*. Para a matriz B 0 polinémio caracteristico é —3-t 1 p(t) = det(B —t In) = det | 3 5+ = (-3-—#)(-5-—t) -3 = +8t+12. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 701 Como os autovalores de B sao as raizes de p(t), temos que os autovalores de B séo Aj = —2e Ay = —6. Agora, vamos determinar os autovetores associados aos autovalores A; = —2e A2 = —6. = —1 1 x 0 aver [2 3]f5]-[8 —x + y = 0 - { 3x — 3y = 0 cuja solugdo geral é W, = {(a,a) | a € R} = {a(1,1) | a € R}. Este é o conjunto de todos os autovetores associados a A; = —2 acrescentado o vetor nulo. Podemos tomar o autovetor V = (1,1). Agora, 5 3.1 x 0 and © [3 i] fi fof 3x + y = 0 - { 3x + y = 0 cuja solugdo geral é W2 = {(a,—3a) |a € R} = {a(1,-3) |a € R}. Este é o conjunto de todos os autovetores associados a A7 = —6 acrescentado o vetor nulo. Podemos tomar o autovetor W = (1, —3). Assim, a matriz A é diagonalizavel e as matrizes 1 1 P= Lun) >) 3 A, 0 -3 0 cpa? | “|= 1% 8 sao tais que A= PDP". Portanto, a solucgdo geral do sistema de equacoes diferenciais é dada por Julho 2016 Reginaldo J. Santos 702 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares x1 (t) _ i+ 1 —3¢ 1 (e) A solugao geral do sistema q(t) = —3-10°-°q(t) + © 10-*mp(t) + 6, q(t) = 3-10°7q,(t) = 5-10-2qo(t) + 12. é a = [ J+ 2 | qa(t) 99 2(t) 350 —i,} 1 _2 1 [sso [rae *'[i|tae*'| Substituindo-se t = 0 na solucdo geral e usando a condicdo inicial de que q;(0) = 380 gramas e q2(0) = 450 gramas, obtemos 30 1 1 fo f=e[i]+e[ 3], Logo, cy = 2 ec7 = ®, Portanto, q(t) _ 350 45 —lt 1 15 —3 + 1 | Oe =| 450 |bo? @ | a [rae * | 3 |- Assim, a quantidade de sal nos tanques A e B como fungdo do tempo sao dados por gi(t) = 350+ ent + 2 eat, 2 2 qo(t) = 450 — ° e 50 — = e350! respectivamente. Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 703 1.5. (a) —-4 6 a-[ 5) O polinémio caracteristico de A é p(t) = det(A — tlh) = (-4—t)(3=t) = # +t — 6 cujas raizes so A, = —3, Ap =2. (A—A,h)X =0 é —1 6 x || 0 —1 6 y | | 0 cuja solugdo geral é W, = {a(6,1) |a eR}. que é 0 conjunto de todos os autovetores associados a A; = —3 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (6,1) 6 um autovetor associado a Ay = —3. (A —Agh)X =0 é —6 6 x | | 0 -1 1 y | | 0 cuja solugao geral é Wo = {a(1,1) |a eR}. que é o conjunto de todos os autovetores associados a A2 = 2 acrescentado o vetor nulo. Assim, W = (1,1) é um autovetor associado a Az = 2. Assim, a solucdo do sistema é dada por X(t) = ce * | 6 + cye7 | | 1 1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 704 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares Substituindo-se t = 0: 1 6 1 X(0) = | Jaald jrel t] De onde obtemos que c, = 3/5 e cz = —13/5e portanto a solucado do problema de valor inicial é _ 3-3} 6 13 + | 1 (b) Fazendo a mudanca de varidveis t’ = e7! podemos escrever a solucgdo do PVI como 3 1 6 13,,/ 1 xo = San {t|- 3" [1 que é semelhante a uma hipérbole. Xo 20 a 15 y 10 yw A 20 16 10 5 5 10 15 20 SY 5 Yo 40 - 15 “ -20 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 4.5 Respostas dos Exercícios 705 1.6. A =   1 1 0 1 1 0 0 0 −1   O polinômio característico de A é p(t) = det(A − t I3) = (−1 − t)[(1 − t)2 − 1] = −t(t + 1)(t − 2) cujas raízes são λ1 = 0, λ2 = −1 e λ3 = 2. (A − λ1I3)X = ¯0 é   1 1 0 1 1 0 0 0 −1     x y z   =   0 0 0   cuja solução geral é W1 = {α(1, −1, 0) | α ∈ R} . que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 0 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (1, −1, 0) é um autovetor associado a λ1 = 0. (A − λ2I3)X = ¯0 é   2 1 0 1 2 0 0 0 0     x y z   =   0 0 0   cuja solução geral é W2 = {α(0, 0, 1) | α ∈ C} . que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = −1 acrescentado o vetor nulo. Assim, W = (0, 0, 1) é um autovetor associado a λ2 = −1. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 706 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares (A − λ3I3)X = ¯0 é   −1 1 0 1 −1 0 0 0 −3     x y z   =   0 0 0   cuja solução geral é W3 = {α(1, 1, 0) | α ∈ C} . que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ3 = 2 acrescentado o vetor nulo. Assim, U = (1, 1, 0) é um autovetor associado a λ3 = −1. Assim, a solução do sistema é dada por X(t) = c1   1 −1 0   + c2e−t   0 0 1   + c3e2t   1 1 0   Substituindo-se t = 0: X(0) =   1 1 −1   = c1   1 −1 0   + c2   0 0 1   + c3   1 1 0   de onde obtemos c1 = 0, c2 = −1 e c3 = 1. Assim, a solução do problema de valor inicial é X(t) = −e−t   0 0 1   + e2t   1 1 0   1.7. A =   0 −3 3 −3 0 3 −3 −3 6   Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 4.5 Respostas dos Exercícios 707 O polinômio característico de A é p(t) = det(A − t I3) = t(t2 − 6t + 9) cujas raízes são λ1 = 0 e λ2 = 3. (A − λ1I3)X = ¯0 é   0 −3 3 −3 0 3 −3 −3 6     x y z   =   0 0 0   cuja solução geral é W1 = {α(1, 1, 1) | α ∈ R} . que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 0 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (1, 1, 1) é um autovetor associado a λ1 = 0. (A − λ2I3)X = ¯0 é   −3 −3 3 −3 −3 3 −3 −3 3     x y z   =   0 0 0   cuja solução geral é W2 = {α(1, 0, 1) + β(0, 1, 1) | α, β ∈ R} . que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 3 acrescentado o vetor nulo. Assim, W1 = (1, 0, 1) e W2 = (0, 1, 1) são autovetores linearmente independentes associados a λ2 = 3. Assim, a solução do sistema é dada por X(t) = c1   1 1 1   + c2e3t   1 0 1   + c3e3t   0 1 1   2. A Matriz A é diagonalizável em C (página 657) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 708 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares . _ ([2i -2i — |-142i 0 gs _ 4 2.1. (a) As matrizes P = f 1 | eD= 0 “12a sao tais quae A = PDP. A solucao geral é oe | =cye! (cosas | , | — sen 2t | . }) + _t 2 0 c2e (cos2t | 0 + sen 2t 1 (Ze Se) f 1 1 _ (2i+2 0 us _ 4 P=) oi, piei| ©? = | 0 294] sto tais que A = PDP . xi(t) | _ oot 1} 0 xa(t) | =c1e (cos2t | 4 sen 2t 9 + oF 0 1 c2 e~’ { cos 2t 9 + sen 2t 4 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 709 i . 2 2 (c) As matrizes P = wee 3a yail e 1 0 1 D= .| sdo tais que A = PDP. 0 +14: 1 A solucao geral é x(t _t 2 0 a =c\e 2 (cos ¥3r] “3 | sen 1 VB }) + cye2 (cos 48+] Va | ten Bi | *,)) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 710 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares d) A trizes P = 3 e (d) As matrizes P = 2 \/5i 245i 3—f5i 0 4: 4 = = PDP”. D | 0 34 a sao tais que A A solucao geral é t 3 0 a =c,e (cos v5 “5 | —sen /5t | 5 }) + cg est (cos v5t |g | +sen vt] *,)) Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 711 3 Xy 2 4 (L -1 -2 -3 -3 -2 -1 0 1 2 3 (e) As matrizes P = is, A eD= re M1 séo tais que A = PDP™!. A solucao geral é x1(t) _ 1 _ 0 xo(t) | =C\ (cos2t | 0 sen 2t 1 + 2t 0 + 2t 1 co | cos 1 sen 0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 712 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares ZY) 2.2. (a) Se |a| > 4: p- 4 4 ~ | -a+vVa*—16 —a— Va? —16 a+v/a2—16 0 | p-| 2. 0 a—Va2—16 > a Se |a| < 4: I 4 4 “| —a+iVv16—a2 —a—iv16— a2 atiV16—a2 0 | D- 2 0 a-ivV16—a2 — 2 Se |a| > 4: x(t) _ (atv? 16), 4 ath | ~ae" —a+ Va* — 16 + Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 713 (4=V¥e?=16) 4 @2€ —a—Va2—16 | Se |a| < 4: x(t at —a 4 2 Paectaszo[ a Aeu,2 0 ~eF sen EH | ag |)+ C2 e2 (cos( V 16 _ a*t) | Jen +e sen(V16 at) | a ) Sea = +4: xi(t) | _ +24 | #2 +24 | 1 th |= (teane | _9 Ptoe 0 (b) Sea < 1/2: p=|~*tyto aay" | 7 2 2 D= —14+vJ1-—2a 0 — 0 —1—/1-2a Sea > 1/2: p= —1+i/2a-1 —1—iV/2a-1 | @ 2 2 p =| aitiv2a—1 0 { 0 —1-iV2a-1 Sea < 1/2: x(t) YG, o(-14vi-aaye | ~V~ 2a | x2(t) 2 cy e(-1-V1=2a)t -1—V1-2a | 2 9 . Julho 2016 Reginaldo J. Santos 714 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares Sea > 1/2: t _ —1 a = c, e '(cos(V/2a — It) ; —e~! sen(/2a — It) Y “ 1 ) + ce !(cos(./2a — 1t) v 2a 4 +e! sen(./2a — It) D ) (c) Sea > 0: 1 1 P= | va i | 1 1 p-| it Ja 0 — 0 1— Va Sea <0: _ p= | — V-a V-a | 1 1 D= 1+i/-a 0 7 0 1 —i/—a Sea > 0: x1(t) — c, elt va)t Ti + cy e(l-va)t Ta X(t) ' 1 > 1 |° Sea < 0: t 0 in, | = c1(e' cos(./—at) 1 —_1_ —é! sen(./—at) | \" ps Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 715 — 1 co(e! cos(\/—at) | \" | +e! sen(/—at) , p. 2.3. (a) 1.1.0 A=j|-1 1 0 0.0 1 O polinémio caracteristico de A é p(t) = det(A — #15) = (1—#)[(1— #)? +1] = (1 —#)(#? =2¢+ 2) cujas raizes sdo Ay = 1,A2 =1+i e A3 = A2 =1-i1. (A —AqI3)X =0 é 0 1 0 x 0 -1 0 0 y | =| 0 0 0 0 Zz 0 ou y = 0 —Xx = 0 0 = 0 cuja solugao geral é W, = {(0,0,0) |a eR}. que € 0 conjunto de todos os autovetores associados a A; = 1 acrescentado o vetor nulo. Assim, V =((0,0,1) é um autovetor associado a Aj = 1. (A —AgI3)X =0 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 716 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares é   −i 1 0 −1 −i 0 0 0 −i     x y z   =   0 0 0   ou    −ix + y = 0 −x − iy = 0 iz = 0 cuja solução geral é W2 = {(α, iα, 0) | α ∈ C} . que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 1 + i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (1, i, 0) é um autovetor associado a λ2 = 1 + i. Temos também que Z = (1, −i, 0) é um autovetor associado a λ3 = λ2 = 1 − i. Assim, a matriz A é diagonalizável em C e as matrizes P = [V Z Z ] =   0 1 1 0 i −i 1 0 0   e D =   λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 λ2   =   1 0 0 0 1 + i 0 0 0 1 − i   são tais que A = PDP−1. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 4.5 Respostas dos Exercícios 717 Assim, a solução do sistema é dada por X(t) = c1et   0 0 1   + c2 Re   e(1+i)t   1 i 0      + + c3 Im   e(1+i)t   1 i 0      = c1et   0 0 1   + + c2et  cos t   1 0 0   − sen t   0 1 0     + + c3et  cos t   0 1 0   + sen t   1 0 0     (b) Substituindo t = 0 na solução, ou seja,   1 1 1   = X(0) = c1   0 0 1   + c2   1 0 0   + c3   0 1 0   . que é equivalente ao sistema linear    c2 = 1 c3 = 1 c1 = 1 Julho 2016 Reginaldo J. Santos 718 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares Obtemos c; = 1, cz = 1ec3 = 1. Assim, a solucdo do problema de valor inicial é 0 1 0 X(t) = e| 0 | +e' | cost} 0 | —sent } 1 + 1 0 0 0 1 +e | cost | 1 | +sent | 0 0 0 x(t) = X(t) . 0 1 2.4. (a) { 1 ou em termos de matrizes, X’(t) = AX(t),em que A = . (0) = —Ax(0) = AX), ema -£ 9 (b) As matrizes 1 1 Ei 0 P = k . k . , D = m Ve iva/t | 0 ~\/Ki sao tais que A = PDP~!. A solucao geral do sistema é axy(t) | _ kal LP Kk 0 ft) =a (cove sen Jkt JE + 0 1 k k c2 (cos Vi | Jt +sen \/Er] 0 } m u(t) = x4(t) = cycos VEtteaseny/ Et 3. A Matriz A nao é diagonalizavel (pagina 671) 3.1. (a) As matrizes 2 1 1 1 r=fh ol t= [0 | Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 719 sao tais que A = PJP~!. Assim, a solucdo geral é fae) Jooe [a] ree(Lo] Li) 8 6 . LE | gE jae | fo 4 -4 -6 -8 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 (b) As matrizes 4 1 0 1 Pf ol T= bo sao tais que A = PJP-!. Assim, a solucdo geral é m(t)] [4 1 4 Faw [eels] re(Lo][s]) Julho 2016 Reginaldo J. Santos 720 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares / XQ : y 3.2. (a) Se |a| > 4: p- 4 4 ~ | -a+va2=16 -—a—va?—-16 a+v/a2—16 0 D= 2 0 a—Va2—16 —_ 2 Se |a| < 4: py 4 4 7 | -a+iv16=a2 —a—ivV16 — a ativ16—a2 0 D= 2 0 anivlo~a sao tais que A = PDP™!. Sea =4: Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 721 2 1 2 1 P=|%) ae/=[p 2] Sea = —A: —2 1 —2 1 r=[3 ale/=[o | sdo tais que A = PJP~!. Se |a| > 4: 2 ]- x(t) ce Et 4 + 1 —a+ Vat —16 c (VE =16) 4 2 —a—Va2—16 | Se |a| < 4: x1(t) | _ x(t) Cy e (cos( 15-4) 4 V16na2 0 ~sen En) ea |)+ C2 eo? (cos( V 16 — a?t) | Jie + sen(V16— a2t) a ) Sea= +4: x(t +2 1 BY -oronen[ 8 ]ooe (3 (b) Sea < 1/2: Julho 2016 Reginaldo J. Santos 722 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares p= 14+ /1-—2a -1—,/1-2a 7 2 2 D= —14+vV1-2a 0 — 0 —1-—V1-2a Sea > 1/2: p= —1+i/2a—1 -1-iV2a—1 7 2 2 p—| ~!t+iv2a-1 0 — 0 —1-i/2a-1 sao tais que A = PDP™!. Sea =1/2: 1 1 -1 1 r=|4 ge=[o 4 sdo tais que A = PJP~!. Sea < 1/2: x1 (t) _ x(t) cy o(-1+V1=20)t —1+ yi = 2a 1 o> e(-1-VI=2a)t -1-V1—2a 2e 2 . Se a> 1/2: x(t) | _ —t _ —1 xo(t) | =c ,e ‘(cos(/2a — 1f) 2 —e~! sen(/2a — 1f) . “ 1 ) + cpe '(cos(./2a — 1) v 2a 4 Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 723 +e sen(/2a — 1t) D ) Sea =1/2: th Jee 9 + c2e 0 +t 9 3.3. (a) det(A —#l3) = —(#—4) (t-2)? =O St=2out =4. Logo, os autovalores de A séo A; = 2e Ay = 4. Para Ay = 2: 1 1 2) |x 0 1 1 2 x 0 (A-—AyB)X=0@]-1 1.0] Jy} = {0} S@]0 2 2/4 |y} = |0] Assim, os autoveto- 1 -1 O} }z 0 0 -2 -2] |z 0 res associados a A; = 2 sao (—a,—a,a), paraaw € R. Assim, V; = (1,1,—1) é um autovetor de A associado a Aj = 2. Para Ay = 4: -—1 1 2 x 0 1 -1 —-2] |x 0 (A —AoI)X =O }-1 —-1. 0} Jy| = |0} = |0 —2 —2] |y|} = |0] Assim, os autove- 1-1 —2] |z 0 0 0 O Zz 0 tores associados a A; = 2 sao (a,—a,a), paraa € R. Assim, V2 = (1,—1,1) é um autovetor de A associado a Az = 4. Vamos resolver o sistema 1 1 2] |x 1 1 1 2 x 1 (A-AyB)X=Vye]-1 1 oO] ly}=|/1}efo 2 24] ly} =| 2 1 -1 O} {z -1 0 -2 -2)] |z —2 Assim, os vetores da forma X = (—a,1—«,a), paraa € R sao tais que (A — Aj 13) X = V;. Tomando a = 0, temos que 0 vetor W; = (0,1,0) é tal que (A — 213)W, = Vi; & AW, = 2W, + V,. Logo: 2 1 0 [AV, AW, AV2] = [2V; 2W,+V 4V2] 6 A[V, W, Va] = [Vy Wy Vo] F 2 ] . Multiplicando 00 4 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 724 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares à direita pela inversa de P = [V1 W1 V2] =   1 0 1 1 1 −1 −1 0 1   obtemos que A = PJP−1, em que J =   2 1 0 0 2 0 0 0 4  . A solução geral do sistema é X(t) = c1eλ1tV1 + c2eλ1t(W1 + tV1) + c3eλ2tV2 = c1e2t   1 1 −1   + c3e4t   1 −1 1   + + c2e2t     0 1 0   + t   1 1 −1     (b) Substituindo-se t = 0 e X =   1 0 1   na solução geral obtemos   1 0 1   = c1   1 1 −1   + c2   0 1 0   + c3   1 −1 1   Resolvendo o sistema algébrico obtemos c1 = 0, c2 = 1 e c3 = 1. A solução do PVI é X(t) = e4t   1 −1 1   + e2t     0 1 0   + t   1 1 −1     3.4. Consideremos a equação xV + yV3 + zW = ¯0 para x, y, z escalares. Vamos mostrar x = y = z = 0. Multiplicando-se (A − λIn) por xV + yV3 + zW = ¯0 obtemos Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 725 x(A —AIn)V + y(A —AIn)V3 +2(A — Aln)W = 0. Como V e V3 sao autovetores de A associados a A, entéo (A — AI,)V = (A —AI;,) V3 = 0 logo z(A—AI,)W = zV3 = 0 o que implica que z = 0. Substituindo-se z = 0 na equagao inicial temos xV + yV3 = 0. Como V e V3 sao linearmente independentes, entao x=y=0. 4. Sistemas Nao-Homogéneos (pagina 690) 4.1. (a) As matrizes 11 0 0 pel a] eto 2 | sao tais que A= PDP". 1 1 1 _1 2 1—t -1 —|2 2 = ere [Pla )=[a9e Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) = P~!X(t), a equacdo X’(t) = AX(t) + F(t) se transforma em Y'(t) = DY(t) + PE (t), que pode ser escrita na forma do sistema y(t) = 1-¢t y(t) = 2yo(t)+1+t Resolvendo estas equagdes obtemos como solucées particulares lio t) = t—-<xt 1, 3 Yop(t) = —5t-G Julho 2016 Reginaldo J. Santos 726 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares Assim, uma solucao particular do sistema nado homogéneo é 1 1 t—3P Xp(t) = PYp(t) = 11 —4¢-3 _ t/2-3/4-#/2 ~ | -3t/2-3/4+8/2 : ~ . ~ A 2 x1 ) Ot 1 —1 Assim, a solucdo geral do sistema nao homogéneo é x(t) | > cre" | 4 | +02 1 1 t/2—3/4—#7/2 —3t/2—3/44+ 8/2 |’ (b) As matrizes 1 1 3 0 re[2 a] *P-[o2| sao tais que A= PDP". [ -1 -1 e —e! et Pte) = | 2 1|[ a [=| ar yze | Fazendo a mudanga de varidvel Y(t) = P~!X(t), a equacdo X’(t) = AX(t) + F(t) se transforma em Y'(t) = DY(t) + PE (t), que pode ser escritana forma do sistema d di’! => 3y1 —¢t_e d 2t t qiuz = 2y2te +2e Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 727 Resolvendo estas equagdes obtemos como solucées particulares 2c! +e mp(t) = =" Yop(t) = te*! 2! Assim, uma solucao particular do sistema nado homogéneo é 1 1 2" tel te! — 3/2e' + ce = = 2 = xp) =PYp(t)=| 9 1 | rate get | 7 pa pee | . « . = anon e | “1(t) | — ., -2t | —2 3] 1 Assim, a solucdo geral do sistema nao homogéneo é x9(t) cy e 1 | +o2e 9 + te2t — 3/2e! + et —te2! + ef —202# | ° (c) As matrizes 1 1 —2i-1 0 [ED oat 5 4 0 2i-1 sao tais que A= PDP". 1 : . -1 _ | x 71 4 cost | | 2cost—2isent PYP(t) = | i a en ~ 2i sent +2 cost Fazendo a mudanca de varidvel Y(t) = P~!X(t), a equacdo X’(t) = AX(t) + F(t) se transforma em Y'(t) = DY(t) + PE (t), que pode ser escrita na forma do sistema d it qu = (—2i-1) y1+2e d qidz = (2i-V yt2e! Julho 2016 Reginaldo J. Santos 728 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares Resolvendo a primeira equacdéo obtemos como solucao particular 2 ewit t) = Yip( ) i + 1 Assim, uma solucéo particular do sistema nado homogéneo é 1 2cost — 2sent Xp(t) = 2Retyrp(t) s p — | cost + sent | Assim, a solucdo geral real do sistema nao homogéneo é x1(t) _ x2(t) 2cost — 2sent cost + sent -t 0 2 +cye cos 2t 1 — sen 2t 0 + _ 2 0 coe! (cos2r | 0 + sen 2t | 1 }) (d) As matrizes 1 1 Pe | 2i-1 —2i-1 e 2-21 0 D= | 0 2i+2 sao tais que A= PDP". Pi _i ji Pim =| } i | 0 |-| Feast] at3 i 4 cost i cost Fazendo a mudanca de varidvel Y(t) = P~!X(t), a equacdo X’(t) = AX(t) + F(t) se transforma em Y'(t) = DY(t) + P-'F(t), Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 729 que pode ser escrita na forma do sistema d ; eit +4 ett divi (2 —2i) a qiv2 = @i+2) tis Resolvendo a primeira equacdéo obtemos como soluc¢ao particular — (Zit leh + (21+ 3)e% OU a a | Assim, uma solucao particular do sistema nao homogéneo é 1 —28 cost + 18 sent = = 65 Xp(t) 2Relviplt) | 954 p cost — 8 sont Assim, a solucdo geral real do sistema nado homogéneo é xy(t) | _ x2(t) 2 cost + ey sent -2 cost — ge sent 1 0 2t ¥ +cye (cosa 4 sen 2t | 9 }) 4 0 1 + c2 e { cos 2t 45 + sen 2t 4 (e) As matrizes 2 1 1 1 Plt ole te[o i] sao tais que A=pyp-l. Julho 2016 Reginaldo J. Santos 730 Sistemagide Equacées Diferenciais Lineares tn. .f0 1 0] _[ te P FO =| 4 ollie l=| se Fazendo a mudanca de varidvel Y(t) = P~!X(t), a equacdo X/(t) = AX(t) + F(t) se transforma em Y'(t) = JY(t) + P-1E(t), que pode ser escrita na forma do sistema An = Weyrte dt y= YWry2 d — = —2tel div? Y2 e Resolvendo a segunda equacao e substituindo o resultado na primeira obtemos como solucées par- ticulares Pop th) = (~-—)é Yop(t) = —Pel Assim, uma solucao particular do sistema nado homogéneo é 3 21 5-&)e —*F el Xp(t) = PYp(t) = (5 3 = ° p(t) = PYg(®) =| j ‘| aS, ay Assim, a solucao geral do sistema nao homogéneo é wilt) | ciel 2 +c e 1 +t 2 + x(t) 1 0 1 _ ar et D 3 . (5—5) ¢ (f) As matrizes 2 1 2 1 r=[ of e te[o Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 4.5 Respostas dos Exercicios 731 sao tais que A= PJP. 1 2t -1 _ {0 —5| ote "| _ | O Puy) = i 1 0 | |6te?! Fazendo a mudanca de varidvel Y(t) = P>!X(t), a equacdo X’(t) = AX(t) + F(t) se transforma em Y'(t) = JY¥(t) + P-TF(t), que pode ser escrita na forma do sistema fw = m+ dt mo= Y1 y2 d _ 2t qv = 2y2 + 6te Resolvendo a segunda equacao e substituindo o resultado na primeira obtemos como soluc6es par- ticulares Yip(t) = pe! Yop(t) = 3 Per! Assim, uma solucao particular do sistema nado homogéneo é 2 1) [ Ber! Xp(t) = PYp(t) = 2, 3 | 3 72 e2t (215 +37) e?! - 26 6! Julho 2016 Reginaldo J. Santos 732 Sistemaside Equacées Diferenciais Lineares . - . x smog | 21(E) | Assim, a solucdo geral do sistema nao homogéneo é x(t) | > 2 1 2 o@| 2 [roe (La [2 ]) 2 +387) e! + | a) Bp 2) : Introdugado as Equagées Diferenciais Ordinarias Julho 2016 Cópia Digital 4.5 Respostas dos Exercícios 733 x1 x2 Figura 4.1. Trajetórias do sistema do Exemplo 4.5 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 734 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares x1 x2 Figura 4.2. Trajetórias do sistema do Exemplo 4.6 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 4.5 Respostas dos Exercícios 735 x1 x2 Figura 4.3. Trajetórias do sistema do Exemplo 4.8 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 736 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares x1 x2 Figura 4.4. Trajetórias do sistema do Exemplo 4.9 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital 4.5 Respostas dos Exercícios 737 x1 x2 Figura 4.5. Trajetórias de um sistema cujos autovetores são os mesmos da matriz do Exemplo 4.9, mas com autovalores iguais a 1 ± 2i. Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 738 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares x1 x2 Figura 4.6. Trajetórias do sistema do Exem- plo 4.11 x1 x2 Figura 4.7. Trajetórias de um sistema cuja ma- triz P é a mesma do Exemplo 4.11, mas com o autovalor λ = 2. Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital BIBLIOGRAFIA [1] Rodney Josué Biezuner: Notas de Aula de Equações Diferenciais Ordinárias Básicas. Website. http://www.mat.ufmg.br/˜rodney/notas_de_aula/eda.pdf. [2] William E. Boyce e Richard C. DiPrima: Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Livros Técnicos e Científicos Editora S.A., Rio de Janeiro, 9a. edição, 2010. [3] F. Brauer e J. A. Nohel: Ordinary Differential Equations: A First Course. W. A. Benjamin, Inc., New York, 1967. [4] Ricardo Motta Pinto Coelho: Fundamentos em Ecologia. Editora Artes Médicas, Porto Alegre, 2000. [5] Djairo G. de Figueiredo e Aloisio F. Neves: Equações Diferenciais Aplicadas. SBM, Rio de Janeiro, 2a. edição, 2005. [6] Morris W. Hirsch e Stephen Smale: Differential Equations, Dynamical Systems and Linear Algebra. Academic Press, Inc., New York, 1974. [7] Erwin Kreiszig: Matemática Superior. 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Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital ÍNDICE ALFABÉTICO Amortecimento crítico, 344 Amplitude, 337 Autovalor complexo, 648 Autovetor complexo, 648 Batimento, 357 Campo de direções, 148 Centro, 651 Coeficientes da série, 371 Combinação linear, 613 Constante cinética, 110 da mola, 333 de amortecimento, 333 Convolução de duas funções, 553 Crescimento exponencial, 66 Crescimento logístico, 69 Crescimento logístico com limiar, 151 Crescimento populacional, 66 Curva integral, 8 Decaimento Radioativo, 74 Delta de Dirac, 543 Derivada da transformada de Laplace, 520 Dilatação, 520 Dinâmica populacional, 66 Equação autônoma, 129 característica, 296 de n-ésima ordem, 7 de 1a. ordem, 7 de 2a. ordem, 7 de Airy, 397 de Bernoulli, 57 de Chebyshev, 400 de Euler, 287, 307, 407 de Hermite, 398 de Laplace, 5 Cópia Digital 742 Índice Alfabético de Legendre, 398 de Ricatti, 59 diferencial, 1 exata, 39 homogênea de 1a. ordem, 54 homogênea com coeficientes constantes, 295 homogênea de 2a. ordem, 275 integral de Volterra, 562 linear, 8 linear de 1a. ordem, 15 linear não homogênea com coeficientes cons- tantes, 320 não homogênea, 309 não linear, 8 ordinária, 7 parcial, 7 separável, 28 Fase, 337 Fator integrante da equação linear, 18 para equação exata, 46 Foco atrator, 652 Foco instável, 652 Fonte, 634 Fonte espiral, 652 Frequência de ressonância, 354 Frequência natural, 337 Função admissível, 495 contínua por partes, 495 de Heaviside, 523 degrau (unitário), 523 seccionalmente contínua, 495 Função Gama, 507 Funções linearmente dependentes (LD), 281 linearmente independentes (LI), 281 Fórmula de Euler, 286 Fórmula de recorrência, 384 Impulso unitário, 543 Intervalo de validade da solução, 32 Juros, 100 Lei de resfriamento de Newton, 83 Lei de Torricelli, 87, 125 Linearidade da transformada de Laplace, 492 Misturas, 79 Movimento harmônico simples, 337 Mudanças de variáveis, 404 Método de variação dos parâmetros, 313 Método dos coeficientes a determinar, 320 Nó atrator, 634 Nó impróprio, 668 Nó instável, 634 Oscilações, 333 Oscilações forçadas, 352 Oscilações livres, 336 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016 Cópia Digital Índice Alfabético 743 Parte imaginária, 491 Parte real, 491 Período, 337 Polinômio característico, 626 Polinômio de Bernstein, 503 Polinômio de Chebyshev, 402 Polinômio de Hermite, 400 Polinômio de Legendre, 398 Ponto crítico, 129 de equilíbrio, 129 estável, 130 instável, 133, 136, 139 Ponto de sela, 632 Princípio da Superposição para equações não homogêneas, 311 Princípio da superposição, 275, 613 Problema de valor inicial, 12 PVI, 12 Quase frequência, 346 Raio de convergência, 371 Redução de ordem, 291 Resistência em fluidos, 92 Resposta ao impulso unitário, 564 Ressonância, 354 Retrato de fase, 631 Sistemas de equações diferenciais lineares, 610 Sistemas de equações lineares homogêneos, 613 Solução dada implicitamente, 29 de equação de 1a. ordem, 12 de equação diferencial ordinária de ordem n, 8 de equilíbrio, 129 em séries de potências, 371 estacionária, 129, 360 geral, 279, 617 geral de equação diferencial ordinária de or- dem n, 9 particular de equação de 1a. ordem, 12 particular de equação diferencial ordinária de ordem n, 8 termo transiente da, 360 Soluções fundamentais, 279, 616 Subamortecimento, 346 Sumidouro, 634 Sumidouro espiral, 652 Superamortecimento, 342 Série converge, 371 Série de potências, 371 Teorema da convolução, 556 Abel, 289 de existência e unicidade para equações de 1a. ordem, 152 para equações de 1a. ordem lineares, 155 para equações de 2a. ordem, 273 Julho 2016 Reginaldo J. Santos Cópia Digital 744 Índice Alfabético para sistemas de equações diferenciais, 612 Trajetórias, 631 Transformada de Laplace, 490 1o. Teorema de deslocamento, 497 2o. Teorema de deslocamento, 526 da derivada, 514 derivada da, 520 dilatação, 520 do cosseno hiperbólico, 494 do seno hiperbólico, 495 inversa, 496 linearidade, 492 tabela, 566 Wronskiano, 279, 616 Introdução às Equações Diferenciais Ordinárias Julho 2016