Equações Diferenciais Ordinárias (notas de aula) - Unesp

UNIVERSIDADE ESTADUAL PAULISTAInstituto de Biociências, Letras e Ciências Exatas-IBILCEDepartamento de MatemáticaEQUAÇÕES DIFERENCIAIS ORDINÁRIASNotas de AulaGerman Lozada-CruzGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPSão José do Rio Preto2 ◦ semestre de 2005

c○German Lozada-CruzDepartamento de Matemática, IBILCEUniversidade Estadual PaulistaR. Cristóvão Colombo, 2265Jardim NazarethSão José do Rio Preto-SP15054-000, BrasilGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP

“A mathematician is a machine for turning coffee into theorems”.Paul ERDÖS, (1913-196)“God not only plays dice. He also sometimesthrows the dice were they cannot be seen”.Stephen HAWKING, (8 January 1942- )“If, I were a medical man, I should prescribe a holiday toany patient who considered his work important”.Bertrand RUSSELL, (1872-1970)“All’inizio e alla fine abbiamo il mistero.Potremmo dire che abbiamo il disegno di Dio.A questo mistero la matematica ci avvicina, senza penetrarlo”.Ennio De GIORGI, (1928-1996)“A mathematician’s reputation rest on thenumber of bad proofs he has given”.Abram BESICOVICH, (1891-1970)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP“A blind man tramps at random touching the road with a stick.He places his foot carefully and mumbles to himself.The whole world is displayed in his dead eyes.There are a house, a lawn, a fence, a cowand scraps of the sky–everything he cannot see”.Vl. KHODASEVICHA blind Man

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Sumário1 Introdução às equações diferenciais 11.1 Teoria preliminar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Lista de Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 Equações lineares de primeira ordem 172.1 Problemas que levam a equações diferenciais . . . . . . . . . . . 172.1.1 Corpo em queda livre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.1.2 Crescimento populacional . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.1.3 Corda suspensa em repouso . . . . . . . . . . . . . . . . 192.2 Equações lineares de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . 212.2.1 Equações lineares com coeficientes constantes . . . . . . 212.3 Equação homogênea e não-homogênea . . . . . . . . . . . . . . 262.4 Equações diferenciais de primeira ordem especiais . . . . . . . . 282.4.1 Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.4.2 Equação de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.4.3 Equação de Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.4.4 Equação de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.5 Teorema de existência e unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.6 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.6.1 Crescimento e decrescimento . . . . . . . . . . . . . . . . 39German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP2.6.2 Meia-Vida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.6.3 Circuitos em série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.7 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403 Equações não-lineares de primeira ordem 513.1 Interpretação geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.1.1 Isóclinas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.1.2 Concavidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.2 Teorema de existência e unicidade . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.2.1 O método de Picard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57v

03.3 Equações em variáveis separadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.3.1 Equações que se reduzem a variáveis separáveis . . . . . 623.3.2 Equações homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.3.3 Equações que se reduzem a equações homogêneas . . . . 663.4 Equações exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.5 Fatores integrantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713.6 Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 753.7 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 774 Equações lineares de segunda ordem 834.1 Teoria básica da equação homogênea . . . . . . . . . . . . . . . 864.1.1 Fórmula de Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.1.2 Redução de ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.2 Equação homogênea com coeficientes constantes . . . . . . . . . 984.2.1 Raízes distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.2.2 Raízes iguais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 994.2.3 Raízes complexas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.2.4 Equação de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1014.3 Equação não-homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044.3.1 Método de variação das constantes . . . . . . . . . . . . 1054.3.2 Método dos coeficientes indeterminados . . . . . . . . . . 1084.4 Aplicações: Vibrações mecânicas e Leis de Kepler. . . . . . . . . 1144.5 Lista de exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1145 Sistemas lineares bidimensionais 1195.1 Introdução à teoria geométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.2 Retrato de fase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.2.1 Poços, Selas e Centros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1296 Sistemas não-lineares bidimensionais 1356.1 Pontos críticos e órbitas periódicas . . . . . . . . . . . . . . . . 1356.2 Teorema de Poincaré-Bendixon . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1356.3 Competição entre duas espécies . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1356.4 Predador-presa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1356.5 Epidemias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPvi

Capítulo1Introdução às equações diferenciaisReceve o nome de equação diferencial a equação que contem asderivadas de uma função procurada (incognita) ou seus diferenciais.Por exemplo, xdy = 2ydx ou y ′ = 4x.Resolver uma equação diferencial significa encontrar uma função quedepende de x que satisfaz a equação diferencial dada, ou seja que convertedita equação numa identidade ao substituirla por y.As equações diferenciais tem grande aplicação na geometria, mecanica,física e outras disciplinas.Vários fenômenos envolvem a variação de umaquantidade em relação a outra, levando naturalmente a modelos baseados emequações diferenciais.Podemos ter variações temporais de, por exemplo, aGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPposição de um objeto, a temperatura de um material, a concentração de umagente químico, a concentração de um poluente ou nutriente em um meio, aumidade do ar, o número de habitantes de uma cidade, a densidade de bactériasde uma cultura, a densidade de massa de um gás, o produto interno bruto deum país, etc.Equações diferenciais simples aparecem em Cálculo I, através do cálculo deprimitivas de funções. Neste caso, dada uma função f = f(t), buscamos umafunção x = x(t) tal quedx(t)dt= f(t). (1.1)1

1 Introdução às equações diferenciaisA relativa simplicidade desta equação está no fato de que o lado direito daequação acima não depende da incógnita x = x(t). A derivada de x = x(t)está dada explicitamente em termos de uma função conhecida. Nesse caso, asolução pode ser obtida, em principio, por integração direta.Por outro lado, as equações diferenciais de maior interesse são tias que aderivada da função procurada depende da própria função. Um exemplo é aequaçãodx= −λx, (1.2)dtonde λ > 0. Esta equação aparece em decaimento radioativo. Se x = x(t)indica a massa de um material radioativo, a primeira derivada x ′ (t) = dx/dtindica a taxa de variação dessa massa em relação ao tempo.A equaçãodiferencial indica que essa taxa é negativa, indicando un decaimentos, e essedecaimento é proporcional à massa do objeto, em cada instante de tempo.Isso é natural, pois quanto maior a massa, maior o decaimento, ou seja, maisátomos desse material se desintegram em outros.Mais geralmente, equações diferenciais são equações cujá incógnita é umafunção e cuja equação envolve derivadas dessa função procurada.especificamente, podemos considerar equações da formaMaisF ( t, x, dxdt , · · · , dn x) = 0, (1.3)dt nonde t é a variável independente, F : R × R × R n → R é uma função real den + 2 variáveis e x : R → R é a função procurada (incógnita).German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP1.1 Teoria preliminarDefinição 1.1.1 (Ordem de uma EDO) A ordem de uma equação diferencialordinária é a ordem da maior derivada na equação.Por exemplo a equação (1.3) é uma equação diferencial na forma implícitade ordem n.2

1.1 Teoria preliminarA equação (1.1) pode ser escrita na forma (1.3) tomandoF ( t, x, dx ) dx= f(t) −dtdt .Analogamente, a equação (1.2) corresponde asãoF ( t, x, dx ) dx = λx +dt dt .Ambas ((1.1) e (1.2)) são equações de primeira ordem. Outros exemplosd 4 xdt = cos(tx), d3 x4x2dt + cos t + t = 0, ( d 2 x3 dt − 2x) 2= x 2 + 1, cos ( dx) = sen x2 dtque são equações de ordem 4, 3, 2 e 1, respectivamente. Observe que, em cadaequação de ordem n, os termos de ordem mais baixa (ou seja, as derivadas deordem menor que n) podem ou não aparecem explicitamente.Definição 1.1.2 (Grau de uma EDO) O grau de uma equação diferencialordinária é o valor do expoente de maior ordem de sua derivada.Exemplos:1. e x d2 y+ sen xdy = x, é uma EDO de ordem 2 e de primeiro grau.dx2 dx2.( )d 3 y d 2 2dx + 2 y+ dy3 dx 2 dxgrau.= tan x, é uma EDO de ordem 3 e de primeiroGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPdy3. + p(x)y = q(x), é uma EDO de primeira ordem e de primeiro grau.dx( ) d 3 2 ( )y d 2 4y4. − 2 + 4x = 0, é uma EDO de ordem 3 e de segundodx 3 dx 2grau.Quanto à notação, é claro que ela não é rígida, podemos escrever porexemploF ( x, y, dydx , · · · , dn ydx n )= 0, (1.4)3

1 Introdução às equações diferenciaisonde x é a variável independente e y = y(x), a função procurada. A notaçãoapropriada depende do contexto; a variável independente pode denotar oinstante de tempo t ou uma posição x, por exemplo, e a incógnita pode ser aposição x de um objeto, a temperatura T de um material, a concentração s dealguma substância química, o valor p de um produto financeiro, etc.Para simplificar notação, podemos usar x ′ , x ′′ , x ′′′ , x (iv) , x (v) ,... para indicaras derivadas, quando a variável independente estiver clara no contexto. Assim,as equações acima podem ser escrita comox iv = cos(tx), x 2 x ′′ + cos t + t = 0, (x ′′ − 2x) 2 = x 2 + 1, cos(x ′ ) = sen(x).No caso específico da variável independente ser uma variável temporal, écostume, principalmente em Mecânica Clássica, se utilizar a notação ẋ, ẍ paraindicar as derivadas de primeira e segunda ordem, comuns nesses problemasgraças à lei de Newton.Uma equação diferencial do tipo descrito acima é dita ordinária, poisenvolve apenas derivadas em relação a uma única variável independentereal. Veremos, também sistemas envolvendo mais de uma equação diferencialordinária, com uma mesma variável independente. Há, porém vários outrostipos de equações diferenciais, como parciais, complexas, integro-diferenciais,funcionais, estocásticas, com retardamento, etc.Essas outras equaçõesdiferenciais modelam uma gama ainda maior de fenômenos e possuem, emgeral, características mais complicadas que as das equações ordinárias, mas hámuitas semelhanças e o entendimento destas é fundamental para o das outras.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPCostumamos classificar as equações diferenciais ordinárias em lineares enão-lineares.As equações diferenciais ordinária lineares são mais fáceis de resolver omais suscetíveis de resolver entretanto que as não-lineares guardam uma certadificuldade.Definição 1.1.3 (EDO linear) Uma EDO linear é aquela em que a variáveldependente y e suas derivadas só aparecem em combinações aditivas de suas4

1.1 Teoria preliminarprimeiras potências, isto é,ondea n (x) dn ydx + a n−1(x) dn−1 yn dx + · · · + a 1(x) dyn−1 dx + a 0(x)y = F (x),1. a i (x) (i = 1, · · · n) e F (x) só dependem da variável independente x.2. A variável dependente y e suas derivadas aparecem só em primeiro grau.3. Não existe multiplicação de y com algumas de suas derivadas.4. Não contem funções transcendentais de y e/ ou suas derivadas.Exemplos:1.2.3.d 2 y+ y = 0, é uma EDO linear de segunda ordem.dx2 d 2 ydx + 5dy + 6y = 0, é uma EDO linear de segunda ordem.2 dxd 4 ydx + d3 y dy4 x2 + x3dx3 dx = xex , é uma EDO linear de quarta ordem.Definição 1.1.4 (EDO não-linear) Uma EDO não linear é uma EDO quenão é linear.Exemplos:1.d 2 ydx + 2 y3 = 0, é uma EDO não- linear pois sua variável dependenteaparace ao cubo (y 3 ).German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPd 2 y2.dx +5dy 2 dx +6y2 = 0, é uma EDO não-linear, pois sua variável dependenteaparece ao quadrado (y 2 ).( )d 2 3 ( ) 3y dydy3.dx + 5 + 6y = 0, é uma EDO não-linear, pois 5 contem2 dxdxa terceira potência da primeira derivada.4.d 2 y dydy+5y +6y = 0, é uma EDO não-linear, pois 5y contem o produtodx2 dx dxda variável y com sua derivada.5

1 Introdução às equações diferenciaisConsideremos a equação diferencial ordinária (1.4).Seja f : I ⊂ R → R uma função que possui n-ésima derivada.Definição 1.1.5 (Solução explícita) A função fchama-se solução explícitade (1.4) seIsto é,F (x, f(x), f ′ (x), · · · , f (n) ) = 0, ∀x ∈ I.ao substituir f(x) e suas derivadas por “y” e suas derivadastransformam a equação (1.4) numa igualdade.Exemplo 1. Seja a equação diferenciald 2 y+ y = 0. (1.5)dx2 As funções y = sen x, y = 2 cos x, y = 3 sen x−cos x e em geral toda funçãoda forma y = C 1 sen x, y = C 2 cos x, ou y = C 1 sen x + C 2 cos x são soluçõesda equação (1.5) quaisquer que sejam as constantes C 1 e C 2 . Isto é fácil decomprovar, ao introduzir as funções mencionadas na equação (1.5).Exemplo 2. Dada a equação diferencialy ′ x − x 2 − y = 0. (1.6)Suas soluções são funções da forma y = x 2 + Cx, onde C é uma constantequalquer. De fato, derivando a função y = x 2 + Cx, temos y ′ = 2x + C.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPSubstituindo as expressões de y e y ′ na equação (1.6) obtemos a identidadeExemplo 3. Verificar que(2x + C)x − x 2 − x 2 − Cx = 0.∫ xf(x) = e x2 e −t2 dt + e x20é uma solução explícita de y ′ − 2xy = 1.6

1.1 Teoria preliminarDe fato,f ′ (x) = d ∫ xdx (ex2 e −t2 dt + e x2 )0∫ x= 2xe x2 e −t2 dt + 1 + 2xe x20∫ x= 1 + 2x(e x2 e −t2 dt + e x2 )= 1 + 2xf(x).Exemplo 4. Verificar que f(x) = 2 πf ′′ (x) + f ′ (x)+ f(x) = 0.xAgoraDe fato,f ′ (x) = 2 πf ′′ (x) = 2 πf ′′ (x) + f ′ (x)+ f(x) = 2 xπ∫ π/2∫ π/20∫ π/200∫ π/20∫ π/20cos(x sen θ)dθ é solução explícita de− sen(x sen θ) sen θdθ− cos(x sen θ) sen 2 θdθ.− cos(x sen θ) sen 2 θdθGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP= 2 π= 2 π− 2 π− 2 π− 2 π0∫ π/20∫ π/20∫ π/20∫ π/20sen(x sen θ) sen θdθ + 2 xπcos(x sen θ)(1 − sen 2 θ)dθsen(x sen θ) sen θdθxcos(x sen θ) cos 2 θdθsen(x sen θ) sen θdθ.x∫ π/20cos(x sen θ)dθ7

1 Introdução às equações diferenciaisIntegrando por partes a primeira integral do lado direito temosu = cos θdu = − sen θ, v =f ′′ (x) + f ′ (x) sen(x sen θ) cos θ+ f(x) = xx ∣− 2 π= 0.∫ π/20dv = cos(x sen θ) cos θdθsen(x sen θ)xπ/20+∫ π/2sen(x sen θ) sen θdθx0sen(x sen θ) sen θdθxCada uma das equações examinadas nos exemplos 1 e 2 tem uma infinidadede soluções.Mas o leitor poder perguntar será que existem equaçõesdiferenciais que não tem solução?. A resposta é dada no seguinte exemploExemplo 5. A seguinte equação diferencial não tem solução.|y ′ | + 1 = 0. (1.7)Definição 1.1.6 (Solução implícita) Dizemos que uma relação g(x, y) = 0é uma solução implícita da EDO (1.4), se esta relação define pelo menos umafunção ψ : I ⊂ R → R tal que esta função seja solução de (1.4) em I.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPAs soluções explícitas ou implícitas são chamadas simplesmente de soluções.Exemplo 1. x 2 + y 2 − 25 = 0 é uma solução implícita de x + y dydx = 0em I = (−5, 5). De fato, a relação x 2 + y 2 − 25 = 0 define duas funçõesimplicitamentey 1 = √ 25 − x 2 , e y 2 = − √ 25 − x 2 .as quais são soluções explicitas da EDO.y ′ 1 = 1 2 (25 − x2 ) −1/2 (−2x) = −x(25 − x 2 ) −1/2 .8

1.1 Teoria preliminarSubstituindo a derivada na equação diferencial temosx + √ ( ) −x25 − x 2 √ = 0.25 − x2Fica para o leitor verificar que a derivada de y ′ 2 também satisfaz a EDO.Pergunta. Que acontece com a relação x 2 + y 2 + 25 = 0?Derivando implicitamente temosx + y dydx = 0(Identidade formal).Isto é a solução satisfaz formalmente a EDO mas não é uma solução implícita.Exemplo 2. y 2 −x 3 +8 = 0 é solução implícita de dydx − 3x2 = 0 em I = (2, ∞).2yDa fato, da relação y 2 − x 3 + 8 = 0 temos que y = ± √ x 3 − 8 para x > 2.A função y 1 = √ x 3 − 8 tem por derivada y 1 ′ 3x 2=2 √ x 3 − 8 = 3x22y .Conseqüentemente a relação y 2 − x 3 + 8 = 0 define uma solução implícitada EDO para todo x > 2.Observação: A relação g(x, y) = 0 é uma solução implícita de uma EDO, emum intervalo I se define uma ou mais soluções explícitas em I da EDO.Exemplo 3. A relação x+ye xy = 0 é uma solução implícitade (1+xy) e1 + y 2 e xy = 0.xydydx +De fato, primeiro observe que não podemos ter y = f(x) da relaçãoimplícita.Observe que para que se cumpra a relação implícita, qualquer mudançaGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPem x requer uma mudança em y. Conseqüentemente esperamos que a relaçãodada defina implícita ao menos uma função e que seja diferenciável (Teoremada função implicita).Denotemos por g(x, y) = x + ye xy . O ponto P = (0, 0) anula a relaçãoacima, isto é g(P ) = 0. Além disso dgdy (P ) = exy + yxe xy | P = 1 ≠ 0. Logopelo Teorema da função implícita, existem intervalos I = (−δ, δ) (δ > 0),J = (−ε, ε) (ε > 0) e função y : I → J diferenciável talque g(x, y(x)) = 0.Além disso dgdx + dg dydy dx = 0, isto é, 1 + y2 e xy xydy+ (1 + xy) edx = 0.9

1 Introdução às equações diferenciaisTeorema 1.1.1 (Função Implícita) Sejam U ⊂ R 2um conjunto abertocontendo o ponto P = (x 0 , y 0 ) e g : U → R uma função de classe C 1 (isto é ge g x , g y são funções contínuas). Suponhamos queg(P ) = 0,∂g(P ) ≠ 0.∂yEntão existem números h e k que determinam um retângulo R ⊂ U tal quepara cada x ∈ I = {x ∈ R : |x − x 0 | < h}, existe um único y = y(x) ∈ J :={y ∈ R : |y − y 0 | < k} que satisfaz g(x, y(x)) = 0.Além disso, y é uma função de classe C 1 e∂gdy (x, y(x))dx (x) = − ∂x ∀x ∈ I.∂g∂y (x, y(x))Definição 1.1.7 ( Solução geral) A soluçãoΦ(x, y, C 1 , · · · , C n ) = 0 (1.8)da equação diferencial (1.3), que contem n constantes arbitrárias independenteschama-se solução geral desta equação diferencial.Dando valoresdeterminados às constantes C 1 , · · · , C n na relação (1.8), obtém-se uma soluçãoparticular da equação (1.3).Reciprocamente, temdo uma família de curvas (1.8) excluindo osparâmetros C 1 , · · · , C n do sistema de equações diferenciaisGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPΦ = 0,dΦdx = 0, · · · , d n Φdx = 0, nobtém-se em geral uma equação diferencial da forma (1.3), cuya solução geralé a relação (1.8).Exemplo. Achar a equação diferencial da família de parábolasy = C 1 (x − C 2 ) 2 . (1.9)10

1.1 Teoria preliminarDerivando duas vezes a expressão (1.9), temosy ′ = 2C 1 (x − C 2 ) e y ′′ = 2C 1 . (1.10)Eliminando das equações (1.9) e (1.10) os parâmetros C 1 e C 2 encontramos aseguinte equação diferencial2yy ′′ = y ′2 .Problema de valor inicial (PVI) e problema de valor na fronteira(PVF)Com muita frequência e em problemas de aplicação,uma equaçãodiferencial resolve-se com algumas condições dadas que a função desconhecidadeve satisfazer.Exemplo.Uma partícula se move ao longo do eixo x de modo que a suaaceleração em qualquer ponto de tempo t 0 esta dada pora = 16 − 24t, a = 4 − 2t, a = 2t − 4t 2 , a = 3 + t 2 − 2t.1. Determine a posição x da partícula medida desde a origem O em qualquertempo t > 0, considerando inicialmente que em t = 0 está localizada emx = 2, e está viajando a uma velocidade v = −5.2. Considerando (1) e sabendo que a partícula está localizada em x = 2 eem x = 7 quando t = 1.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPSolução. (1) Sabemos que uma partícula se move com uma velocidade v = dxdte aceleração a = d2 x. Então a equação diferencial édx2 d 2 x= 16 − 24t.dt2 Mas x = 2, v = −5 quando t = 0, isto é, x(0) = 2 e dx (0) = −5. Logo temosdt11

1 Introdução às equações diferenciais⎧d 2 x⎪⎨= 16 − 24t,dt 2x(0) = 2,(PVI)⎪⎩ dxdt (0) = −5.Integrando a primeira equação do (PVI) temosdxdt = 16t − 12t2 + C 1 (1.11)usando a condição na derivada dxdt (0) = −5, temos que C 1 = −5.Integrando a equação (1.11), temosx(t) = 8t 2 − 4t 3 − 5t + C 2 .Agora usando a condição inicial x(0) = 2, temos que C 2 = 2. Logo a posiçãoda partícula é dada pela função x(t) = 8t 2 − 4t 3 − 5t + 2.(2). Neste caso temos o seguinte problema⎧d⎪⎨2 x= 16 − 24t,dt 2x(0) = 2,⎪⎩x(1) = 7.Integrando duas vezes a primeira equação de (PVF) temosx(t) = 8t 2 − 4t 3 + C 1 t + C 2 .(PVF)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPAgora usando as condições de x em t = 0 e t = 1, temos que C 2 = 2 e C 1 = 1.Logo x(t) = 8t 2 − 4t 3 + t + 2.Observações:1. A função x que queremos encontrar satisfaz a equação diferencial.2. A função x tem que satisfazer as condições dadas3. No primeiro caso (1), as condições estão valoradas num so, valor de x eẋ em t = 0. No outro caso x e ẋ estão valoradas em t = 0 e em t = 1, os12

1.1 Teoria preliminardos tipos de problemas chamam-se problema de valor inicial e problemade valor de fronteira respectivamente.Definição 1.1.8 (Problema de valor inicial) Um problema de valor inicial(PVI) é um problema que busca determinar a solução de uma equaçãodiferencial sujeita a condições sobre a função e suas derivadas em um só valorda variável independente, tais condições chamam-se condições iniciais.Definição 1.1.9 (Problema da valor de fronteira) Um problema da valorde fronteira (PVF) é analogo que um PVI, só que a variável independentetoma dois ou mais valores e chamam-se condições de fronteira (ou valoresde contorno).Exemplos:1. (a)(b)⎧⎪⎨⎪⎩⎧⎪⎨⎪⎩d 2 xdt 2 = 16 − 24t 2x(0) = 2 um só valor de t (PVI)ẋ(0) = 5,d 2 xdt 2 = 16 − 24t 2x(0) = 2 diferentes valores “2” de t (PVF)x(1) = 7,German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP2. ⎧⎨ dy= 2xdx⎩x(0) = 2 um só valor de t (PVI)3.⎧⎪⎨⎪⎩d 2 ydx + y 2 = 0y(0) = 1 diferentes valores “2” de t (PVF)y(π/2) = 5,(1.12)(1.13)13

1 Introdução às equações diferenciaisObservação: O PVFnão tem solução.⎧⎪⎨⎪⎩d 2 ydx + y = 02y(0) = 1(1.14)y( π) = 5, 2Este exemplo nos leva a conclusão que devemos ter cuidado com um PVF.Em geral um PVI para uma EDO de ordem n é o seguinte⎧⎪⎨⎪⎩F (x, y, y ′ , · · · , y (n) ) = 0y(x 0 ) = y 0y ′ (x 0 ) = y 1 ,. = .y (n−1) (x 0 ) = y n−1 .(5) Verifique que f(x) = sen x − cos x é solução do PVI⎧⎪⎨⎪⎩d 2 ydx + y 2 = 0y(0) = −1y ′ (0) = 1.Solução. Calculando f ′ (x) e f ′′ (x) temos(1.15)(1.16)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPf ′ (x) = cos x + sen xf ′′ (x) = − sen x + cos x.Substituindo na equação diferencial temose f(0) = −1 e f ′ (0) = 1.f ′′ (x) + f(x) = − sen x + cos x + sen x − cos x = 0Naturalmente surge a seguinte pergunta: Todo PVI ou PVF tem solução?14

1 Introdução às equações diferenciais(viii) 8 d4 y= x(1 − x), Equação de deformação de vigas.dx4 (ix) x 2 d2 ydx + xdy2 dx = (x2 − p 2 ) = 0, Equação de Bessel.2. Dadas as seguintes expressões matemáticas determine se são soluções dasequações diferenciais ordinárias.(a) ψ(x) = 2x 3 , é solução explícita de x dydx = 3y.(b) ψ(x) = e x −x, é solução explícita de dydx +y2 = e 2x +(1−2x)e x +x 2 −1.(c) φ(x) = sen x + x 2 , é solução explícita de d2 ydx + y = 2 x2 + 2.(d) φ(t) = 3 cos t − 5 sen t, é solução explícita de ẍ + x = 0.(e) ϕ(t) = cos 2t, é solução explícita de dx + tx = sen 2t.dt(f) ϑ(x) = 2e 3x − e 2x , é solução explícita de d2 ydx − y dy2 dx + 3y = −2e2x .(g) ϑ(x) = e 2x − 3e −x , é solução explícita de d2 ydx − dy − 2y = 0.2 dx(h) y(x) = 3 sen 2x + e −x , é soluçã explícita de y ′′ + 4y = 5e −x .(i) f(x) = x + 3e −x , é solução explícita de y ′ = y = x + 1.(j) y(x) = 2e 3x − 5e 4x , é solução explícita de y ′′ − 7y ′ + 12y = 0.3. Demonstre que a relação dada é uma solução implícita da EDO(a) x 2 + y 2 = 6, é solução implícita de y ′ = − x y .(b) y − ln y = x 2 + 1, é solução implícita de y ′ = 2xyy − 1 .German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP(c) e xy + y = x − 1, é solução implícita de y ′ = e−xy − ye −xy + x .(d) x 2 − sen(x + y) = 1, é solução implícita de y ′ = 2x sec(x + y) − 1.(e) x 3 + 3xy 2 = 1, é solução implícita de 2xyy ′ + x 2 + y 2 = 0, I = (0, 1).(f) 5x 2 y 2 −2x 3 y 2 = 1, é solução implícita de xy ′ +y = x 3 y 3 , I = (0, 5/2).(g) sen y + xy − x 3 = 2, é solução implícita de y ′′ =6xy ′ + (y ′ ) 3 sen y − 2(y ′ ) 2.3x 2 − y16

Capítulo2Equações lineares de primeira ordem2.1 Problemas que levam a equações diferenciais2.1.1 Corpo em queda livreUm objeto de massa m se encontra a uma distância h(t) do solo.O seupeso é o produto mg, onde g é a aceleração da gravidade. A sua velocidadevertical é a derivada dh/dt, e a sua aceleração, d 2 h/dt 2 . Pela segunda lei deNewton (força=variação de momento= massa vezes aceleração, no caso demassa constante), temos−mg = m d2 hdt 2o que nos leva à seguinte equação diferencial de segunda ordem:German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPd 2 hdt = −g.2No caso de levarmos em consideração a resistência do ar, causada peloatrito do objeto com o ar, devemos adicionar um termo dependente davelocidade dh/dt.Diferentes modelagens costumam ser consideradas, taiscomo resitência dependendo linearmente ou quadraticamente da velocidade.Na prática, a dependência é mais complicada e a resitência ainda dependeda forma do objeto, conforme estudado em aerodinâmica.Tipicamente, a17

2 Equações lineares de primeira ordembaixas velocidades, a dependência é predominantemente linear, ao passo quea altas velocidades, devido a turbulência do ar próxima à superfície do objeto,a resistência se torna predominantemente quadrática.No caso de resitência linear, temos simplesmente a equaçãom d2 hdh= −mg − kdt 2dt ,onde k é um coeficiente de resistência apropriado, considerado positivo. Noteo sinal de menos em frente ao coeficiente de resistência. A força de resistênciaé contrária ao movimento.2.1.2 Crescimento populacionalUm caso simples é o crescimento de uma colônia de bactérias. As bactériasse reproduzem por divisão celular, com cada bactéria dando origem a duas.Em condições favoráveis, a população de bactérias se reproduz a uma taxaproporcional ao numero total de bactérias: em um dado intervalo de tempo∆t, a população de bactérias cresce de um número ∆x proporcional ao total xde bactérias e proporcional ao intervalo de tempo ∆t (quanto mais bactériase quanto maior o intervalo de tempo, maior o crescimento). Denotando porµ > 0 a constante de proporcionalidade, temos∆x = µx∆t.Dividindo essa relação por ∆t e tomando o limite quando ∆t → 0, obtemos aequação diferencialO termo µ, dado porGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPdxdt = µx.µ =dxdtx ,é chamado de taxa de crescimento específico.Com µ constante, as soluções são da forma x(t) = Ce µt e a populaçãocresce exponencialmente.O tempo de geração de uma bactéria é o temponecessário para a população dobrar de tamanho. Em condições apropriadasem laboratório (meio de cultura, temperatura, PH, etc.) o tempo de geração de18

2.1 Problemas que levam a equações diferenciaisuma colonia da bactéria Vibrio cholerae, por exemplo, é de aproximadamente20 minutos. Assim, tomando o minuto como unidade de tempo, se x(0) = x 0 ,devemos ter x(20) = 2x 0 . Por outro lado, x(20) = x 0 e 20µ , logo µ = ln 220 .O tempo de geração de uma colônia de bactérias depende não somente dabactéria mas também do meio em que ela se econtra. Por exemplo, o tempo degeração da bactéria Escherichia coli em condições ideais em laboratório é entre15 e 20 minutos, enquanto que no intestino, esse tempo é de 12 a 24 horas.Nesse caso de reprodução a uma taxa proporcional ao tamanho dapopulação, a população cresce exponencialmente e indefinidamente. É Natural,porém, que o crescimento não seja ilimitado. Espera-se que para populaçõesmuito grandes, a taxa de crescimento não aumente mais no mesmo ritmo quea população e chegue a ficar negativa, caso a população seja muito grandee os nutrientes se tornem escassos. Assim, é razoável considerar que a taxade crescimento específico µ dependa da população, i.e., µ = µ(x), levando aequações do tipodx= µ(x) x.dt2.1.3 Corda suspensa em repousoImaginemos uma corda suspensa em repouso, presa apenas pelos seus extremos.Podemos representar esta corda por uma curva em um plano xy dad pelográfico de uma função y = y(x), com o eixo x paralelo ao chão. Uma equaçãodiferencial pode ser obtida para esa função da seguinte forma. Considere umtrecho [x, x + ∆x] da corda. As forças que agem neste trecho são o peso desteGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPtrecho e as tensões exercidas pelo resto da corda nos extremos desse trecho.Suponha que a corda seja homogênea, isto é, com densidade linear demassa ρ 0 constante ao longo da corda.Se a corda estiver bem tensionadae praticamente na horizontal o peso deste trecho será, então−massa × gravidade = −gρ 0 ∆x.a tensão nos extremos age tangente à curva. Denotemos por T (x) o valorem módulo dessa tensão em cada ponto (, y(x)) da corda. No ponto (x, y(x)),19

2 Equações lineares de primeira ordema inclinação da corda é dada pelo ângulo α(x) tal quedy(x)= tan α(x).dxDessa maneira, no extremo x + ∆x, as componentes horizontal e vertical datensão podem ser escritas comoT (x + ∆x) cos α(x + ∆x) e T (x + ∆x) sen α(x + ∆x).No extremo x, temos as componentes−T (x) cos α(x) e − T (x) sen α(x).Como a corda está em repouso, as forças acima devem estar em equilíbrio.Logo, na componente horizontal,e na componente verticalT (x + ∆x) cos α(x + ∆x) − T (x) cos α(x) = 0,T (x + ∆x) sen α(x + ∆x) − T (x) sen α(x) − gρ 0 ∆x = 0.Da primeira relação, como x e ∆x são arbitrários tiramos que T (x) cos α(x)é , na verdade, independente de x e igual a uma constante que denotamos porGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPT 0 e que chamamos de tensão da corda:T (x + ∆x) cos(x + ∆x) = T 0 = T (x) cos α(x).Dividindo a relação na vertical por T 0 e usando a informação acima, obtemosLogo,tan α(x + ∆x) − tan α(x) = gρ 0∆x.dy(x + ∆x)dx− dy(x)dxT 0= λ∆x,20

2.2 Equações lineares de primeira ordemonde λ = gρ 0T 0.Dividindo por ∆x e fazendo ∆x tender a 0, obtemos a equaçãod 2 y(x)= λ.dx 22.2 Equações lineares de primeira ordemDa Definição 1.1.3 uma equação diferencial de primeira ordem tem a seguinteforma:A equação (2.1) pode ser escrita na seguinte formaa 1 (x) dydx + a 0(x)y = F (x). (2.1)dy+ p(x)y = q(x), (2.2)dxonde p(x) = a 0(x) F (x)e q(x) =a 1 (x) a 1 (x) .Observe que p(x) e q(x) estão bem definidas se a 1 (x) ≠ 0.A equação (2.2) é chamada forma normal de uma equação diferencial deprimeira ordem linear.2.2.1 Equações lineares com coeficientes constantesSe p(x) = a = cte e q(x) = b = cte, então a equação (2.2) tem a formady+ ay = b, (2.3)dxGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPe esta é chamada equação linear de primeira ordem com coeficientes constantes.Vamos analisar os seguintes casos:1. Se a = b = 0 a equação (2.3) se transforma em dy = 0, cuja soluçãodxgeral é dada por y = c = cte.2. Se a ≠ 0 e b = 0, temos que (2.3) tem a seguinte formady+ ay = 0, (2.4)dx21

2 Equações lineares de primeira ordemcuja solução geral é da forma y = Ce −ax , onde C é uma constante.A equação (2.4) é chamada equação linear de primeira ordem comcoeficientes constantes homogênea.3. Se a = 0 e b ≠ 0, temos que a equação (2.3) tem a seguinte formady= b, (2.5)dxcuja solução geral é da forma y = bx + C, onde C =cte.4. Se a ≠ 0 e b ≠ 0, temos a equação (2.3), que é chamada equação linearde primeira ordem com coeficientes constantes não-homogênea.Vamos encontrar a soluçaõ deste equação. De fato,dydx + ay = bdydx = −ay + bdydxy − b a= −a(y − b a )= −a.Integrando ambos lados da ultima equação temosGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPln ∣ by − ∣ = −ax + c1a∣∣y − b ∣ = ce −ax , onde c = cteay = b a + ce−ax .Por exemplo a equação diferencial ordinária de primeira ordem linearcom coeficientes constantesdy+ 2y = 3,dx22

2.2 Equações lineares de primeira ordemtem solução geral da forma y = y(x) = 3 2 + ce−2x , onde c =cte.Infelizmente este método não pode ser aplicado para resolver a equação(2.3).Multipliquemos a equação (2.3) pela função e axeax dydx + aeax y = be ax . (2.6)Observe que o lado esquerdo da equação (2.6) é a derivada do produto de duasfunções, isto é,ddx (eax y) = be ax .Integrando ambos lados da igualdade acima temos∫∫ddx (eax y)dx =be ax dxa ax y = b a eax + C,y = b a + Ce−ax .C = cteA função e ax neste método é chamada fator integrante da EDO (2.3) e a maiordificuldade do método é saber como encontra-la.Exemplo. Resolver a equaçãoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPdy+ 2y = 3. (2.7)dtVamos primeiro encontrar o fator integrante da equação (2.7).1 o passo. Multiplicar a equação (2.7) pro uma função µ(t) indeterminada porenquanto, assimLembremos queµ(t) dydt+ 2µ(t)y = 3µ(t) (2.8)d(µ(t)y) = µ(t)dydt dt + dµ y. (2.9)dt23

2 Equações lineares de primeira ordemVemos que o lado esquerdo de (2.8) é igual ao lado direito de (2.9) se escolhemosResolvendo a equação (2.10) temosµ(t) = Ce 2t ,dµ= 2µ. (2.10)dtC = cte.Como não precisamos do fator integrante mais geral escolhemos C = 1 eusamos µ(t) = e 2t .Voltando a equação (2.7) multiplicamos pelo fator integrante e 2tobtermose2t dydt + 2e2t y = be 2tddt (e2t y) = 3e 2t .Multiplicando esta última equação, obtemose 2t y = 3 2 e2t + Cy = 3 2 + Ce−2t .paraGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPSe b = b(x) a equação (2.3) toma a seguinte forma especialdy+ ay = b(x). (2.11)dxO fator integrante para a equação (2.11) é novamente µ(x) = e ax .24

2.2 Equações lineares de primeira ordemMultiplicando por e ax a equação (2.11) e integrando temosPortantoe∫ax dydx + aeax y = e ax b(x)ddx (eax y) = e ax b(x)∫ddx (eax y)dx = e ax b(x)dx∫e ax y = e as b(s)ds + C.y = Ce −ax + e −ax ∫Logo esta última equação é a solução geral de (2.11).Exemplo 1. Resolver a seguinte EDOdydx + 1 2 y = 2 + x.e as b(s)ds. (2.12)Observe que o fator integrante é e 1 2 x e multiplicando a EDO por este fatorintegrante e integrando temose 1 2 x dydx + 1 2 e 1 2 x y = e 1 2 x (2 + x)ddx (e 1 2 x y) = e 1 2 x (2 + x)∫∫ddx (e 1 2 x y)dx = e 1 2 x (2 + x)dx + CGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPe 1 2 x y = 2e 1 2 x (x + 2) − 4e 1 2 x + Cy = 2x + C e − 1 2 x .Exemplo 2. Resolva a equação diferencialdy− 2y = 4 − x.dxComo o coeficiente de y é −2, o fator integrante para esta equação é dadopor µ(x) = e −2x . Multiplicando a EDO por este fator integrante e integrando25

2 Equações lineares de primeira ordemtemose∫2x dydx − 2e−2x y = e −2x (4 − x)ddx (e−2x y) = e −2x (4 − x)∫ddx (e−2x y)dx = e −2x (4 − x)dx + Ce −2x y = − 1 2 e−2x (4 − x) + 1 4 e−2x + Cy = − 1 2 (4 − x) + 1 4 + Ce2xy = − 7 4 + x 2 + Ce2x .Os exemplos 1 e 2 acima são casos especiais da equação (2.11) cujas soluçõessão dadas pela equação (2.12).2.3 Equação homogênea e não-homogêneaAgora usaremos o método de fatores integrantes para resolver a equação linearde primeira ordem linear na forma geral (2.2).• Se q(x) = 0, dizemos que (2.2) é uma EDO de primeira ordem linearhomogênea.• Se q(x) ≠ 0, dizemos que (2.2) é uma EDO de primeira ordem linearnão-homogênea.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPVamos agora achar a solução da equação (2.2), para isto multipliquemos poruma função µ(x) ainda indeterminada, obtendoµ(x) dy + p(x)µ(x)y = µ(x)q(x). (2.13)dxA expressão à esquerda do sinal de igualdade é a derivada do produto µ(x)y,desde que µ(x) satisfaça a equaçãodµdx = p(x)µ26

2.3 Equação homogênea e não-homogêneacuja solução éµ(x) = Ce ∫ p(x)dx ,Escolhendo C = 1, temos o fator integranteVoltando a equação (2.13), temosµ(x) = e ∫ p(x)dx .C = cte.d(µ(x)y) = µ(x)q(x)dx ∫µ(x)y = µ(s)q(s)ds + C∫y = µ(x) −1 C + µ(x) −1 µ(s)q(s)ds∫y = Ce − ∫ p(x)dx + e − ∫ p(x)dxe ∫ p(s)ds q(s)ds.Exemplo. Resolva o PVI{ty ′ + 2y = 4t 2 ,y(1) = 2Solução. Colocando a equação diferencial na forma padrão(2.14)ẏ + 2 y = 4t, (2.15)tde modo que p(t) = 2 e q(t) = 4t. Para resolver a equação diferencial acima,tcalculamos primeiro o fator integrante µ(t)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPµ(t) = e ∫ p(t)dt = e ∫ 2t dt = e 2 ln |t| = t 2 .Multiplicando a equação (2.15) por t 2 temost 2 dy + 2ty = 4t3dtddt (t2 y) = 4t 3 .27

2 Equações lineares de primeira ordemIntegrando esta última equação temos y = t 2 + ct −2 .condição inicial y(1) = 1 + c = 2, temos que c = 1.do PVI é dada por y = y(t) = t 2 + t −2 .Agora aplicando aPortanto a solução2.4 Equações diferenciais de primeira ordem especiais2.4.1 Equação de BernoulliA equação de Bernoulli tem a seguinte formadydx + p(x)y = Q(x)yn . (2.16)Claramente, para n = 0 e n = 1 a equação (2.16) é linear, para outrosvalores de n, esta é não linear. Entretanto, fazendo uma mudança de variáveisz = y 1−n a equação (2.16) se transforma em uma equação lineardz+ (1 − n)p(x)z = (1 − n)Q(x). (2.17)dxDe fato, multiplicando a equação (2.16) por (1 − n)y −n obtemos(1 − n)y −n y ′ + (1 − n)p(x)y 1−n = (1 − n)Q(x).Agora observe que z = y 1−n e dzdy= (1 − n)y−ndx dx .Depois a equação (2.17) é resolvida para z, uma solução geral da equção(2.16) pode ser encontrada substituindo y 1−n por z. Observe entretanto, quese n > 0 a equação (2.16) também tem a solução y = 0.ExemplosGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP1. Resolva a equação de Bernoulli2xy dydx − y2 = x 2 .A equação diferencial ordinária acima se converte emdydx − 1 ( x)2x y = y −1 .228

2.4 Equações diferenciais de primeira ordem especiaisFazendo a mudança de variáveis z = y 2 , temosPortantodzdx = dz dy dy= 2ydy dx dx .dz(−dx + 1 )z = xxe seu fator integrante é e ∫ − 1 x dx = 1 . Portanto, obtemosxe portanto y = √ x 2 + Cx.2. Resolva a equação(1 dzx dx + − 1 )z = 1x 2d( z)= 1dx xzx = x + Cz = x 2 + Cxdydx = 4 x y + x√ y.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPNeste caso p(x) = − 4 x e n = 1 2 . Fazendo a mudança z = y1/2 , temosPortanto2you equivalentementedzdx = dz dydy dx = 1 2−1/2 dyy−1/2dydx .dx = 1 2 y−1/2 4 x y + x1 2 y−1/2 y 1/2dzdx + (− 2 x )z = x 229

2 Equações lineares de primeira ordem∫ 2−e seu fator integrante é e x dx = 1 . Portanto obtemosx2 1 dzx 2 dx − 2 x z = 1( 3 ) 2xd 1dx x z = 12 2x1x z = 1 ln |x| + C2 2e portanto y = x 4 ( 12 ln |x| + C ) 2.2.4.2 Equação de RiccatiA equação de Riccati tem a seguinte formaz = x 2 ( 1 ln |x| + C)2dydx = P (x)y2 + Q(x)y + R(x). (2.18)Claramente, se R(x) = 0, esta se transforma na equação de Bernoulli.R(x) ≠ 0, entretanto, uma solução geral poder ser encontrada sempre queuma solução especifica y = u(x) seja conhecida. Então a mudança de variáveisy = u + 1 transforma a equação de Riccati em uma equação linear de primeirazordem em z.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPDe fato, por hipóteses, se u(x) é uma solução particular da equação de Riccatidydx = P (x)y2 + Q(x)y + R(x), entãoUsando a mudança de variáveis temosdudx = P (x)u2 + Q(x)u + R(x). (2.19)Sedydx = ddx (u + 1 z ) = dudx − 1 z 2 dzdx . (2.20)30

2.4 Equações diferenciais de primeira ordem especiaisSubstituindo (2.20) na equação de Riccati, obtemosdudx − 1 dzz 2 dx = P (x)(u + 1 z )2 + Q(x)(u + 1 z ) + R(x)= P (x)(u 2 + 2u z + 1 z 2 ) + Q(x)(u + 1 z ) + R(x)= P (x)u 2 + 2u z P (x) + 1 z P (x) + Q(x)u + 1 Q(x) + R(x)2 z= ( P (x)u 2 + Q(x)u + R(x) ) + ( 2u z P (x) + 1 z 2 P (x) + 1 z Q(x)).Portanto por (2.19), esta equação é simplificada em− 1 dzz 2 dx = 2u z P (x) + 1 z P (x) + 1 2 z Q(x)dz= −2uP (x)z − Q(x)z − P (x)dxdz− (2uP (x) + Q(x))z = −P (x)dxa qual é uma equação diferencial ordinária primeira ordem linear.Exemplos1. Resolva a equação de Riccatix dydx − 3y + y2 = 4x 2 − 4x.É fácil ver que y = 2x é uma solução particular da equação diferencialdy, obtemosdx =ordinária acima. Pela mudança de variáveis y = 2x + 1 z2 − 1 dz. Portanto a equação diferencial ordinária se reduz az 2 dxGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPx(2 − 1 z 2 dzdx ) − 3(2x + 1 z ) + (2x + 1 z )2 = 4x 2 − 4x2x − x z 2 dzdx − 6x − 3 z + 4x2 + 4x z + 1 z 2 = 4x2 − 4x− x z 2 dzdx − 3 z + 4x z + 1 z 2 = 0dzdx + (4 − 3 x )z = 1 x .31

2 Equações lineares de primeira ordem2. Resolver a equação de Riccatidydx = 2 − 2xy + y2 . (2.21)Facilmente verifica-se que y 1 (x) = 2x é uma solução particular para aequação (2.21). Neste caso temos P (x) = 1, Q(x) = −2x e R(x) = 2.Fazendo a mudança de variáveis y = 2x + 1 z temosdydx = 2 − 1 dzz 2 dx .Substituindo esta derivada em (2.21), obtemos a seguinte equaçãodiferencial de primeira ordem linear2 − 1 dzz 2 dx = 2 − 2x(2x + 1 z ) + (2x + 1 z )2− 1 dzz 2 dx = 2x z + 1 z 2dz+ 2xz = −1dxO fator integrante para este última equação é e x2 , assim temosddx (ex2 z) = −e x2 .Integrando esta última equação temos e x2 z = − ∫ e x2 dx + C, onde C =constante. Logo temos que z = C − ∫ e x2 dx. Logo, a solução da equaçãoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPe x2e x2(2.21) é dada por y(x) = 2x +C − ∫ e x2 dx .2.4.3 Equação de ClairautA equação de Clairaut tem a seguinte formay = x dy ( ) dydx + f , (2.22)dx32

2.4 Equações diferenciais de primeira ordem especiaisonde f : R → R. A solução geral da Equação (2.22) é da formay = cx + f(c), c = cte. (2.23)Definindo p = dy , a equação (2.22) se transforma emdxy = xp + f(p). (2.24)Diferenciando a equação (2.24) com relação a x, temosp = x dpdx + p + f ′ (p) dpdx0 = dpdx (x + f ′ (p)).Desta última equação temos dpdx = 0 ou x + f ′ (p) = 0.• Se dp = 0, então p = c = cte e a solução geral é dada pela equaçãodx(2.23).• Se x + f ′ (p) = 0, então y = f(p) − pf ′ (p). Neste caso podemos definiruma solução paramétrica da formax = −f ′ (t)y = f(t) − tf ′ (t).Esta última solução é singular, pois, se f ′′ (t) ≠ 0, ela não pode ser obtida daGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPfamilia de soluções y = cx + f(c).Definição 2.4.1 (Solução singular) Uma solução singular de uma equaçãodiferencial é uma solução que satisfaz as seguintes condições:1. Esta resolve a equação diferencial original, em outra palavras esta ésolução da equação diferencial.2. É tangente a toda solução da familia geral de soluções da EDO. Portangente entendemos que existe um ponto x onde y s (x) = y c (x) andy ′ s(x) = y ′ c(x) onde y c é qualquer solução general.33

2 Equações lineares de primeira ordemExemplos1. Encontrar a solução da equação de Clairauty = x dy ( ) 2 dydx + 2 . (2.25)dxObserve que a função f : R → R neste caso é dada por f(s) = 2s 2 . Logoa solução geral de (2.25) é dada pory c (x) = cx + 2c 2 .Fazendo p = dydx temos y = xp + 2p2 , agora derivando com relação a xtemosp = p + x dp dp+ 4pdx dx .Disto temos que x + 4p = 0, isto é p = −x/4. Logo substituindo equaçãode y temos y = x(−x/4) + +2(−x/4) 2 = −x 2 /8 é solução singular daequação de Clairaut.Vamos verificar que realmente y s (x) = −x 2 /8 é uma solução singularda equação (2.25). De fato, da primeira condição da Definição 2.4.1é trivialmente satisfeita. Da segunda condição da Definição 2.4.1,y s (x) = y c (x), obtemos que (−4c, −2c 2 ) é o ponto de tangencia de y se y c . Também y ′ s(−4c) = c = y ′ c(−4c).2. Resolver a equaçãoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPy = xy ′ + 1 y ′ . (2.26)Colocando y ′ = p, temos y = xp + 1 , e neste caso a função f é dada porpf(p) = 1 p . Logo a solução geral de (2.26) é dada por y = cx + 1 c . Agorapara encontrar a solução singular derivamos com relação a x obtendop = x dpdx + p − 1 p 2 dpdx .34

2.4 Equações diferenciais de primeira ordem especiaisDesta equação temos que x = 1 p 2e substituindo em (2.26) temos quey = 2 p . Eliminando p destas duas ultimas equações temos y s(x) = ±2 √ xé solução singular de (2.26). O aluno pode verificar este fato usando adefinição 2.4.1.2.4.4 Equação de LagrangeA equação de Lagrange tem a seguinte formay = xϕ(p) + ψ(p), (2.27)onde p = dydx .Derivando com relação a x a equação (2.27) temosou equivalentementep = ϕ(p) + (xϕ ′ (p) + ψ ′ (p) dpdxp − ϕ(p) = (xϕ ′ (p) + ψ ′ (p) dpdx(2.28)(2.29)Desta equação se pode deduzir imediatamente certas soluções, a saber: aequação se transforma numa identidade para todo valor constante p = c, quesatisfaça a condiçãoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPc − ϕ(c) = 0.De fato, sendo p constante, a derivada dp = 0 e ambos membros da equaçãodx(2.29) se anulam. A solução que corresponde para cada valor de p = c, istoé, dy = c, é uma função linear de x. Para encontrar esta função é suficientedxsubstituir na equação (2.27) o valor de p = c e assim temosy = xϕ(c) + ψ(c).Se ϕ(p) ≠ p, das equações (2.27) e (2.28) obtemos as solução geral da35

2 Equações lineares de primeira ordemequação de Lagrange na forma paramétricax = Cf(p) + g(p) (2.30)y = [Cf(p) + g(p)] ϕ(p) + ψ(p) (2.31)onde p é um parâmetro, C é uma constante, f e g são funções conhecidasdeterminadas. De fato, escrevamos a equação (2.29) na formadxdp −ϕ′ (p)p − ϕ(p) x =ψ′ (p)p − ϕ(p)(2.32)considerando x = x(p). A equação (2.32) é uma equação diferencial de primeiraordem linear, cuja solução é dada por (2.30). Agora usando (2.27) temos aequação (2.31).Além disso, pode existir solução singular.ExemploSeja a equaçãoFazendo y ′ = p, temosDerivando com relação a x, obtemosy = xy ′2 + y ′2 . (2.33)y = xp 2 + p 2 . (2.34)p = p 2 + [2xp + 2p] dpdx . (2.35)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPAgora p = p 2 , quando p 0 = 0 ou p 1 = 1, e como candidatas a soluções seapresentam as funções linearesy = 0 e y = x + 1.Agora vamos encontrar a solução geral da equação (2.34), para isto escrevamosa equação (2.35) na formadxdp − 2pp − p x = 22 1 − p(2.36)36

2.5 Teorema de existência e unicidadeconsiderando x = x(p). A solução da equação de primeira ordem linear (2.36)é dada porx = −1 +C2(p − 1) 2 . (2.37)Eliminando p das equações (2.34) e (2.37) obtemos a solução geraly = (C + √ x + 1) 2 .A solução singular da equação original será y = 0, já que esta não pode serdeduzida da solução geral qualquer que seja o valor de C.Entretanto, a função y = x + 1 não é solução singular, mas é particular, ese deduz da solução geral, pondo C = 0.Observação. Se ϕ(p) = p a equação de Lagrange se transforma na equaçãode Clairaut.O aluno pode observar que este de tipo de equações diferenciais de primeiraordem se reduzem por meio de uma mudança de variáveis em equaçõesdiferenciais de primeira ordem lineares.Finalizaremos estas notas com um resultado que garante a existência eunicidade de solução de uma EDO de primeira ordem linear.2.5 Teorema de existência e unicidadeSejam α < β, t 0 ∈ I = (α, β) e p, q : I → R funções.Teorema 2.5.1 (Existência e Unicidade) Se as funções p e q são contínuasno intervalo I contendo o ponto t 0 , então existe uma única soluçãoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPφ : I → R do problema de valor inicialonde y 0 é um valor inicial dado.dy+ p(t)y = q(t)dty(t 0 ) = y 0 ,(2.38)Demonstração. Primeiro vamos demonstrar a unicidade da solução supondoque esta existe. De fato, suponhamos que existe duas soluções φ 1 e φ 2 do PVI37

2 Equações lineares de primeira ordem(2.38), isto é φ 1 e φ 2 satisfazemedφ 1dt + p(t)φ 1 = q(t)φ 1 (t 0 ) = y 0 ,dφ 2dt + p(t)φ 2 = q(t)φ 2 (t 0 ) = y 0 ,(2.39)(2.40)Denotando z = φ 1 − φ 2 , temos que z satisfaz o seguinte problema de valorinicialA solução do PVI (2.41) é dada pordzdt + p(t)z = 0z(t) = ce − ∫ tz(t 0 ) = 0.t 0 p(τ)dτ ,(2.41)onde c é uma constante. Aplicando a condição inicial temos que c = 0.Portanto z(t) = 0, para todo t ∈ I, disto segue que φ 1 (t) = φ 2 (t), paratodo t ∈ I, e conseqüentemente φ 1 = φ 2 . Mostrando assim a unicidade desolução do PVI (2.38).German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPObserve que o fator integrante para o PVI (2.38) é dado porµ(t) = e∫ tt p(s)ds 0 .Multiplicando pelo fator integrante a primeira equação do (2.38), temose∫ tt 0p(s)ds dydt + e ∫ tddtt p(s)ds ∫ t0 p(t)y = et 0 p(s)ds q(t)( ∫ t)tep(s)ds ∫ t0 ty = ep(s)ds 0 q(t).38

2.6 AplicaçõesIntegrando de t 0 ate t a última equação temosPortanto∫ tt 0d(eds∫ t2.6 Aplicações∫ st p(τ)dτ 0 y(s)e∫ st p(τ)dτ 0 y(s))ds =∣ t =t 0tep(τ)dτ 0 y(t) − y(t 0 ) =∫ ttep(τ)dτ 0 y(t) = y 0 +y(t) = y 0 e − ∫ tt p(τ)dτ 0 + e − ∫ t2.6.1 Crescimento e decrescimentoO problema de valor inicial⎧⎨⎩∫ t ∫ step(τ)dτ 0 q(s)dst∫0t ∫ step(τ)dτ 0 q(s)dst∫0t ∫ step(τ)dτ 0 q(s)dst 0∫ t ∫ set 0∫ t ∫t p(τ)dτs0 et 0dxdt= kx,x(t 0 ) = x 0 ,t 0 p(τ)dτ q(s)ds.t 0 p(τ)dτ q(s)ds.(2.42)onde k é uma constante de proporcionalidade, ocorre em muitas teoria físicasGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPenvolvendo crescimento ou decrescimento.Por exemplo, em biologia, éfreqüentemente observado que a taxa de crescimento de certa bactérias éproporcional ao número de bactérias presentes num instante dado. Durante umcurto intervalo de tempo, a população de pequenos animais, tais como roedores,pode ser prevista com alto grau de precisão pela solução da equação (2.42).Em física um problema de valor inicial como (2.42) proporciona um modelopara o cálculo aproximado da quantidade remanescente de uma substânciaque está sendo desintegrada através de radioatividade. A equação diferencial(2.42) pode ainda determinar a temperatura de um corpo em resfriamento. Em39

2 Equações lineares de primeira ordemquímica, a quantidade remanescente de uma substância durante certas reaçõestambém pode ser descrita por (2.42).A constante de proporcionalidade k em (2.42) é positiva ou negativa e podeser determinada pela solução para o problema usando um valor subseqüentede x em um instante t 1 > t 2 .2.6.2 Meia-Vida2.6.3 Circuitos em série2.7 Lista de exercícios1. Encontrar, para as familias de curvas dadas, as funções que satisfaçamas condições iniciais dadas(a) x 2 − y 2 = C, y(0) = 5.(b) y = (C 1 + C 2 x)e 2x , y(0) = 0, y ′ (0) = 1.(c) y = C 1 sen(x − C 2 ), y(π) = 1, y ′ (π) = 0.(d) y = C 1 e −x + C 2 e x + C 3 e 2x , y(0) = 0, y ′ (0) = 1, y ′′ (0) = −2.2. Demonstrar que a curva cujo coeficiente angular da tangente em cadaponto é proporcional à abscissa do ponto de tangencia é uma parábola.3. Achar uma curva que passe pelo ponto (1, 1) de tal maneira que ocoeficiente angular da tangente em cada ponto seja proporcional aoquadrado da ordenada nesse ponto.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP4. Verifique que y 1 (t) = √ t e y 2 (t) = 1 são soluções da equação diferencialt2t 2 ÿ + 3tẏ − y = 0.5. Verifique que y = y(x) =y ′ =[1 + 2 3 ln(1 + x3 )] 1/2é uma solução do PVIx 2, y(0) = 1.y(1 + x 3 )Para qual intervalo esta solução é válida?40

2.7 Lista de exercícios6. Determine por inspeção, pelo menos uma solução para a equaçãodiferencial dada.(a) y ′ = 2x (b) y ′′ = 1 (c) y ′′ = y ′ (d) y ′′ = −y(e) dydx = 5y (f) y′ = y 3 − 8 (g) 2y dydx = 1 (h) y′′ = y.7. Determine um intervalo, no qual y 2 − 2y = x 2 − x − 1 define uma soluçãopara 2(y − 1)dy + (1 − 2x)dx = 0.8. Explique porque a equação diferencial( ) 2 dy= 4 − y2dx 4 − x 2não possui solução real em Ω = {(x, y) ∈ R 2 : |x| < 2 e |y| > 2}. Háoutras regiões do plano xy em que a equação não possui solução?9. Verifique se a função dada por partes é uma solução para a equaçãodiferencial dada.(a) xy ′ −2y = 0, y ={−x 2 , x < 0x 2 , x 0.(b) (y ′ ) 2 = 9xy, y =10. De um exemplo de um PVI o qual tenha mais de uma solução.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP{0, x < 0x 3 , x 0.11. Encontre a solução geral da equação diferencial ordinária de primeiraordem e use-a para determinar o comportamento das soluções quandot → ∞.(a) y ′ + 3y = x + e −2x . (b) y ′ − 2y = x 2 e 2x .(c) dydt + y = te−t + 1.(d) dy + (1/t)y = 3 cos 2t,dt(f) t dydtt > 0.dy(e)dt − 2y = 3et .+ 2y = sen t, t > 0. (g)dydt + 2ty = 2te−t2 .(h) (1 + t 2 ) dydt + 4ty = (1 + t2 ) −2 . (i) 2y ′ + y = 3x.41

2 Equações lineares de primeira ordem(j) t dydt − y = t2 e −t . (k) y ′ + y = 5 sen 2x.(l) 2y ′ + y = 3x 2 .12. Encontre a solução do problema da valor inicial dado.(a) y ′ − y = 2xe 2x , y(0) = 1. (b) dydt + 2y = te−2t , y(1) = 0.(c) t dydt + 2y = t2 − t + 1, y(1) = 1 2 .(d) y ′ + (2/x)y = (cos x)/x 2 , y(π) = 0, t > 0.(e) y ′ − 2y = e 2x .(f) t dy + 2y = sen t, y(π/2) = 1.dt(g) t 3 dydt + 4t2 y = e −t , y(−1) = 0.(h) xy ′ + (x + 1)y = x, y(ln 2) = 1.13. Considere o PVI ⎧⎨⎩y ′ + 2 3 y = 1 − 1 2 x,y(0) = y 0 .Encontre o valor de y 0 para o qual a solução encosta no eixo dos x, masnão o atravessa.14. Mostre que, se a e α são constantes positivas e se b é um número realqualquer, então toda solução da equaçãody+ ay = be−αtdtGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPtem a propriedade que y → 0 quando t → ∞.Suguestão: Considere os casos a = α e a ≠ α separadamente.15. Construa uma equação diferencial linear de primeira ordem cujas soluçõestêm o comportamento estipulado quando t → ∞. Depois resolva suaequação diferencial e confirme que as soluções têm, de fato, a propriedadeespecificada.(a) Todas as soluções têm limite 3 quando t → ∞.42

2.7 Lista de exercícios(b) Todas as soluções são assintóticas à reta y = 3 − t quando t → ∞.(c) Todas as soluções são assintóticas à reta y = 2t − 5 quando t → ∞.(d) Todas as soluções se aproximam da curva y = 4−t 2 quando t → ∞.16. O método de Variação dos parâmetros. Considere o seguintemétodo de resolução da equação linear geral de primeira ordem:dy+ p(t)y = q(t). (2.43)dt(a) Se q(t) = 0, então a equação (2.43) é chamada de equaçãohomogênea de primeira ordem. Mostre que a solução da equaçãohomogênea éonde C é uma constante.(b) Se g(t)y H (t) = Ce − ∫ p(t)dt , (2.44)≠ 0, então a equação (2.43) é chamada de equação nãohomogêneade primeira ordem. Suponha que a solução é da formay P (t) = C(t)e − ∫ p(t)dt , (2.45)onde agora C é uma função de t. Nos referimos a esta como sendouma solução particular. Substituindo y P (t) na equação diferencialdada por esta expressão, mostre que C(t) tem que satisfazer acondiçãodCdt = q(t)e∫ p(t)dt . (2.46)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP(c) Encontre C(t) da equação (2.46). Depois substitua C(t) na equação(2.45), pela expressão encontrada e determiney(t) = y H (t) + y P (t). (2.47)Verifique que a solução obtida desse modo coincide com a obtidapelo método do fator integrante.método de variação dos parâmetros.Esta técnica é conhecida pelo43

2 Equações lineares de primeira ordemA suposição que a solução particular y P pode ser escrita na forma y P (t) =C(t)y H (t) teve o efeito de reduzir a equação não-homogênea a uma simpleintegração para encontrar C(t).A solução geral para a equação não-homogênea é definida como sendo asuma da solução da equação homogênea e uma solução particular, isto écomo sendo a equação (2.47)Outra maneira de obter uma solução particular é pelo chamado métododos coeficientes indeterminados.alguns exemplos.Consideremos a seguinte equação diferencialonde k é uma constante.A solução da equação homogênea éO qual o vamos ilustrar através dey ′ + ky = t,y H (t) = Ce −kt .Agora vamos supor que a solução particular tem a seguinte formaondeey P (t) = C(t)e −kt ,German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP∫C(t) =e y P (t) = C(t)e −kt = 1 (kt − 1).k2 C ′ (t) = te ktte kt dt = 1 k 2 ekt (kt − 1)Então a solução geral para este exemplo éy(t) = Ce −kt + 1 (kt − 1).k2 44

2.7 Lista de exercíciosObservemos que y ′ P (t)+ky P (t) = t, então é razoável assumir que y P (t) =at + b, onde a e b são constantes a serem determinadas. Substituindo y Pna equação diferencial temos(at + b) ′ + k(at + b) = t.Então, igualando os coeficientes das potências de t em ambos os ladosdesta ultima equação, temosouak = 1 e a + kb = 0,a = 1 ke b = − a k = − 1 k 2 .Isto nos da que y P (t) = at + b = 1 k t − 1 , a qual é a mesma do resultadok2 anterior.17. Use o método do exercício (16) para resolver a equação diferencial dada.(a) dydt − 2y = t2 e 2t .(b) dy + (1/t)y = 3 cos 2t, t > 0.dt(c) t dy + 2y = sen t, t > 0.dtGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP18. Outro método de resolução da equação (2.43).Procuremos a solução da equação (2.43) na forma de um produto de duasfunções que dependem de t, isto éy(t) = u(t)v(t). (2.48)Podemos tomar arbitrariamente uma destas funções, a outra sedeterminara então da equação (2.43).45

2 Equações lineares de primeira ordemDerivando ambos os membros da igualdade (2.48) temosdydt = udv dt + v dudt .Pondo a expressão obtida para a derivada dy na equação (2.43), obtemosdtouu dvdt + v dudt + puv = qEscolhemos a função v de maneira queA solução da equação (2.50) é da forma( ) dvudt + pv + v du = q. (2.49)dtdv+ pv = 0. (2.50)dtv = C 1 e − ∫ p(t)dt .Como é suficiente ter uma solução qualquer distinta da nula, da equação(2.50), tomamos a função v como sendo v(t) = e − ∫ p(t)dt , isto é, tomamosC 1 = 1.Substituindo o valor de v(t) na equação (2.49), obtemosGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPou equivalentementecuja solução é dada porv dudt = q(t),dudt = q(t)v(t) ,u(t) =∫ q(t)dt + C.v(t)46

2.7 Lista de exercíciosAgora substituindo u(t) e v(t) em (2.48) obtemosou∫ q(t)y(t) = v(t) dt + Cv(t)v(t)∫y(t) = e − ∫ p(t)dte ∫ p(s)ds q(s)ds + Ce − ∫ p(t)dt . (2.51)19. Use o método exposto no item (18) para resolver a equação diferencialdada.(a) dy + ky = t, onde k é uma constante.dt(b) dy + ky = A cos ωt, onde A e ω são constantes.dt(c) dydt − 2y = t2 e 2t .(d) dy + (1/t)y = 3 cos 2t, t > 0.dt(e) t dy + 2y = sen t, t > 0.dtQual é diferencia do método da variação das constantes com o métodoapresentado no item (18)?20. Resolva os seguintes problemas da valor inicialGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP(a) x dy + y = 2x, y(1) = 0.dx(b) dy + 5y = 0, y(0) = 2.dx(c) y ′ = 2y + x(e 3x − e 2x ), y(1) = 2.(d) x(x − 2)y ′ + 2y = 0, y(3) = 6.47

2 Equações lineares de primeira ordem(e) xy ′ + y = e x , y(1) = 2.{(f) dydx + 2y = f(x), f(x) = 1, 0 x 3, y(0) = 0.0, x > 3{(g) dydx + 2xy = f(x), f(x) = x, 0 x < 1, y(0) = 2.0, x 1{(h) (1 + x 2 ) dydx + 2xy = f(x), f(x) = x, 0 x < 1, y(0) = 0.−x, x 1(i) (x − 3)y ′ + ln ty = 2x, y(1) = 2.(j) y ′ + tan xy = sen t, y(π) = 0.(k) (4 − t 2 ) dydt + 2ty = 3t2 , y(1) = −3.21. Resolva as seguintes equações de Bernoulli.(a) x dydx + y = 1 (b) dyy 2dx = y(xy3 − 1)(c) x 2 dydx + y2 = xy(d) x 2 dydx − 2xy = 3y4 , y(1) = 1 (e) 2 dy2 dx = y x − x , y(1) = 1.y2 (f) dydx − y x = x (g) y2 dx − (2xy + 3)dy = 0.(h) xy ′ + y − e x , y(a) = b(i) y ′ − y tan x = 1cos x , y(0) = 0(j) 3xdy = y(1 + x sen x − 3y 3 sen x)dx.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP22. Resolva as seguintes equações de Riccati.(a) dydx = −2 − y + y2 , y 1 = 2(b) dydx = − 4 x − 1 2 x y + y2 ,y 1 = 2 x(c) dydx = e2x + (1 + 2e x )y + y 2 , y 1 = −e x .48

2.7 Lista de exercícios(d) dy = 6 + 5y + y2(e)dx(f) dydx + y2 = − 14x . 2(g) dydx = 1 − x − y + xy2 , y 1 = 1.dydx = 9 + 6y + y2 .23. Resolva as seguintes equações de Clairaut. Obtenha uma soluçãosingular.(a) y = xy ′ + 1 − ln y ′(b) y = x dy ( dydx − dx(c) xy ′ − y = e y′ (d) y = xy ′ + y ′2(e) y = xy ′ + y ′ (f) y = xy ′ + √ 1 + y ′2(g) y = xy ′ + 1 y ′ (h) y = xy ′ + y ′ − y ′2(i) y = xy ′ + √ 1 − y ′2 (j) y = xy ′ − 1y . ′224. Resolva as seguintes equações de Lagrange.(a) y = 1 2 x(y′ + 4 y ) (b) y = xy′ + √ 1 − y ′2(c) y = (1 + y ′ )x + y ′2 (d) y = − 1 2 y′ (2x + y ′2 )(e) y = 2xy ′ + y ′2 (f) y = x(1 + y ′ ) + y ′2(g) y = yy ′2 + 2xy ′ .German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP) 349

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AequaçãoCapítulo3Equações não-lineares de primeiraordemdiferencial de primeira ordem na forma implícita é dadaporF (t, x, ẋ) = 0. (3.1)Se esta equação se resolve com relação a ẋ, podemos escreve-la na formaexplícitaẋ = f(t, x). (3.2)Neste caso diz-se que a equação diferencial (3.1) esta solucionada comrelação a sua derivada. Também a equação (3.2) é chamada equação diferencialGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPde primeira ordem não-linear.3.1 Interpretação geométricaConsideremos a equação diferencial (3.2) e seja x = ϕ(t, C) a sua solução geral.Esta solução geral determina todas toda a familia de curvas integrais no planotx.Para todo ponto M = (t, x), a equação (3.2) determina um valor daderivada dx , isto é, o coeficiente angular da tangente a curva integral quedtpassa por este ponto. Portanto, a equação diferencial (3.2) define um conjunto51

3 Equações não-lineares de primeira ordemde direções ou como se diz, determina um campo de vetores no plano tx.Desde o ponto de vista geométrico o problema de encontrar a solução deuma equação diferencial de primeira ordem consiste em achar curvas, cujastangentes estejam orientadas de modo que sua direção coincida com a direçãodo campo em estes pontos.3.1.1 IsóclinasA isóclina é o lugar geométrico (no plano tx) dos pontos nos quais as soluçõestêm uma mesma inclinação. Mais precisamente, para cada número real k,temos a isóclina dada pelo conjunto de pontos (t, x) tais quef(t, x) = k.Cada solução da equação diferencial de primeira ordem que passa por um pontoda isóclina, tem, nesse ponto, inclinição dx/dt = k.No caso da equação diferencial dxdt = −x , temos as isóclinas x = −kt. Nestetcaso as isóclinas são retas no plano tx. Em cada ponto da isóclina x = −ktpassa uma solução com inclinição k, o que pode ser visualizado traçando-sesegmento de reta com inclinação k, ao longo da isóclina.A partir apenasdas isóclinas e dos segmentos de reta correspondentes, é possível visualizar ocomportamento das soluções.3.1.2 ConcavidadeUma outra informação útil que pode ser obtida diretamente da equação éa concavidade das soluções.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPA concavidade é dada pelo sinal da segundaderivada, com a função sendo côncava para cima se ẍ > 0 e côncava parabaixo se ẍ < 0. No caso da equação do decaimento radiotivo, ẋ = −λx, temosẍ = −λẋ = λ 2 x.Assim, ẍ é positivo quando x > 0, é negativo quando x < 0, e se anulaquando x = 0. Nesse caso, as regiões de concavidade para cima e para baixodas soluções são separadas pela “curva” ẍ = 0 = λ 2 x, isto é, por x = 0.52

3.1 Interpretação geométricaMais geralmente, dada uma equação diferencial de primeira ordema segunda derivada é dada porẋ = f(t, x),ẍ = ∂f ∂f(t, x) + (t, x)dx∂t ∂x dt = ∂f ∂f(t, x) + (t, x)f(t, x).∂t ∂xAssim, as regiões de concavidade das soluções no plano tx são dadas pelo sinalde ∂f ∂f(t, x) + (t, x)f(t, x) e, portanto, delimitadas em geral, pela curva de∂t ∂xnível zero dessa função∂f ∂f(t, x) + (t, x)f(t, x) = 0.∂t ∂xEssas curvas de nivel zero são os pontos de inflexão das soluções.Pode acontecer, no entanto, de f(t, x) não estar definida em todo o plano,de modo que a concavidade pode ser separada pela região de indefinição dafunção.Exemplo. Considere a equaçãodydx = y x .As isóclinas são as retas y = mx que, por coindidência, também têm inclinaçãom. Assim, é fácil deduzir que as próprias isóclinas são as soluções da equação,o que pode ser diretamente verificado:German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPdydx = ddx (mx) = m = y x .Para a equação (3.2) vale o seguinte teorema sobre existência e unicidadede solução de uma equação diferencial. Antes de enunciar o teorema vamosver algumas definições.Definição 3.1.1 (Função Lipschitziana) Seja f : Ω ⊂ R × R → R umafunção. Dizemos que f é Lipschitziana na segunda variável x em Ω se(i) f é contínua em Ω e53

3 Equações não-lineares de primeira ordem(ii) existe uma constante L tal que para todo (t, x), (t, y) ∈ Ω|f(t, x) − f(t, y)| L|x − y|.Exemplo 1. Sejam I, J ⊂ R intervalos da reta. Se f : Ω = I × J → R écontínua e admite ∂f(t, x), com sup ∣ ∂f∂x (t,x)∈Ω ∂x (t, x)∣ ∣ K então f é Lipschitziana.De fato, pela Desigualdade do valor médio temos|f(t, x) − f(t, y)| sup0

3.2 Teorema de existência e unicidade2. Ω = R 2 , f(t, x) = 3x 2/3 . Para todo c ∈ R a função ϕ c : R → R definidaporϕ c (t) ={(t − c) 3 , t c0, t cé uma solução da equação ẋ = 3x 2/3 em I = R como se vê por verificaçãoimediata.Mas a função ϕ ≡ 0 também é solução desta equação.Estes exemplos ilustram o fato de que as equações diferenciais de primeiraordem não-linear possuem em geral uma infinidade de soluções.Porém noexemplo 1, em cada ponto de Ω passa uma única solução, isto é dado (t 0 , x 0 ) ∈Ω existe uma única solução ϕ tal que ϕ(t 0 ) = x 0 .O mesmo não acontece no exemplo 2; neste caso em cada ponto da forma(t 0 , 0) passa uma infinidade de soluções.Teorema 3.2.1 (Existência e unicidade de solução) Sejam Ω = I a × B be f : Ω ⊂ R × R → R função contínua e localmente Lipschitziana na segundavariável em Ω, onde I a = {t ∈ R : |t − t 0 | a} e B b = {x ∈ R : |x − x 0 | b}.Se |f| M em Ω, então existe uma única solução deem I α , onde α = min{a, b/M}.⎧⎨ ẋ = f(t, x)⎩x(t 0 ) = x 0(PVI-NL)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPO significado geométrico deste teorema é que existe só uma única funçãox = x(t) cujo gráfico passa pelo ponto (t 0 , x 0 ).Observações:(i) Devemos estar cientes da distinção entre a existência de uma solução epoder exibir tal solução. Evidentemente, se encontramos uma soluçãoexibindo-a, podemos dizer que ela existe, por outro lado, uma soluçãopode existir e não ser possível expressá-la.diferencialPor exemplo a equaçãodxdt = t2 + x 2 (3.3)55

3 Equações não-lineares de primeira ordemtem uma única solução que passa por (t 0 , x 0 ), pois f(t, x) = t 2 + x 2 écontínua e localmente Lipschitziana.Se (t 0 , x 0 ) = (0, 1), então existe uma única solução para (3.3) que passapor (0, 1), isto é, existe uma única ϕ : [−α, α] → R tal quePorém,elementares.⎧⎨ dϕdt (t) = t2 + ϕ(t) 2 ,⎩ϕ(0) = 1.a equação não pode ser resolvida em termos de funções(ii) As hipótesis enunciadas no Teorema 3.2.1 são suficientes mas nãonecessárias. Quando as hipótesis do Teorema 3.2.1 estão satisfeitas, segueque sempre existe uma única solução para (PVI-NL) quando (t 0 , x 0 ) éum ponto interior de Ω. Porém se as condições do Teorema (PVI-NL)não estão satisfeitas, então o problema de valor inicial (PVI-NL) podeter ou naõ solução, ter mais de uma solução ou ter uma única solução.A condição de f ser Lipschitziana no Teorema 3.2.1 pode ser substituídapela continuidade de ∂f/∂x sem alterar a conclusão do Teorema.aplicabilidade deste Teorema com esta hipótese de continuidade de∂f/∂x é mais fácil quanto ao Teorema 3.2.1. De fato no exemplo 2∂f/∂x = 2x −1/3 não é contínua nos pontos da forma (t 0 , 0).Exemplos:1. Consideremos o problema de valor inicialGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP{ẋ = |x| 1/2 ,x(0) = 0.Neste caso a função f(t, x) = |x| 1/2 é contínua em todo R 2claramente que x ≡ 0 é solução. Mas existe ainda outra função⎧⎪⎨1x(t) = 4 t2 , t 0⎪⎩ − 1 4 t2 , t < 0.Ae vemos56

3.2 Teorema de existência e unicidadeIsto corre porque ∂f/∂x não é contínua na origem 0.2. Consideremos o seguinte problema de valor inicial{ẋ = x 2 ,x(1) = 1.A função f(t, x) = x 2 e ∂f/∂x são contínuas em todo o plano R 2 , assim oTeorema 3.2.1 diz que existe uma e apenas uma solução em um intervalo(1 − α, 1 + α).3.2.1 O método de PicardO problema de valor inicial (PVI-NL) pode ser escrito de outra maneira.Integrando ambos os lados da equação (PVI-NL) de t 0 ate t temos∫ tt 0ẋ(s)ds =x(s) ∣ ∣ t t 0=∫ tt 0f(s, x(s))ds∫ tx(t) = x 0 +t 0f(s, x(s))ds∫ tt 0f(s, x(s))ds. (3.4)Reciprocamente se derivarmos (3.4) com relação a t obtemos (PVI-NL). Emoutras palavras a equação integral (3.4) e o problema de valor inicial (PVI-NL)são equivalentes. Tentaremos resolver (3.4) por um método de aproximaçõessucessivas.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPConsideremos x 0 (t) = x 0 como sendo a primeira aproximação da funçãox(t). Substituindo x(s) por x 0 (s) no lado direito de (3.4) temos umafunção x 1 (t) = x 0 + ∫ tt 0f(s, x 0 (s))ds como sendo a segunda aproximaçãoda função x(t). Substituindo x 0 (s) por x 1 (s) no lado direito de (3.4)temos uma nova função x 2 (t) = x 0 + ∫ tt 0f(s, x 1 (s))ds como sendo a terceiraaproximação da função x(t). Dessa maneira obtemos uma sequência de funçõesx 0 (t), x 1 (t), x 2 (t), · · · cujo n-ésimo termo é definido pela relaçãox n (t) = x 0 +∫ tf(s, x n−1 (s))ds. (3.5)t 057

3 Equações não-lineares de primeira ordemA fórmula (3.5) é conhecida como método iterativo de Picard.Exemplo: Considere o problema de valor inicial{ẋ = x − 1,x(0) = 2.Use o método de Picard para encontrar as aproximações x 1 , x 2 , x 3 , x 4 .(3.6)Solução. Se identificamos x 0 = 2 e f(t, x n−1 (t) = x n−1 (t) − 1, a equação (3.5)torna-sex n (t) = 2 +∫ tIntegrando esta última expressão temosx 1 (t) = 2 +x 2 (t) = 2 +x 3 (t) = 2 +x 4 (t) = 2 +∫ t0∫ t0∫ t0∫ t001ds = 2 + t(x n−1 (s) − 1)ds, n = 1, 2, · · · .(2 + s − 1)ds = 2 + t + t2 2(2 + s + s22 − 1)ds = 2 + t + t2 2 + t32 · 3(2 + s + s22 + s32 · 3 − 1)ds = 2 + t + t2 2 + t32 · 3 + t42 · 3 · 4 .Por indução, pode-se mostrar que o n-ésimo termo da sequência de funções éx n (t) = 2 + t + t2 2 +t32 · 3 + t42 · 3 · 4 + · · · + t n2 · 3 · · · n .Desta última forma, vemos que o limite de x n (t) quando n → ∞ é x(t) = 1+e t .German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPFácilmente verificamos que a função x(t) é solução do problema (3.6).3.3 Equações em variáveis separadasEquações diferenciais de primeira ordem da formadxdt= g(t)h(x), (3.7)onde g : (t 1 , t 2 ) ⊂ R → R e h : (a 1 , a 2 ) ⊂ R → R são funções contínuas e h nãose anula em (a 1 , a 2 ) são ditas equações de variáveis separadas e, em principio58

3.3 Equações em variáveis separadaspodem ser resolvidas facilmente. Podemos considerar a condição inicialSe ϕ é solução de (3.7) obtemosou sejaondex(t 0 ) = x 0 .˙ϕ(t) = g(t)h(ϕ(t))g(t) = ˙ψ(ϕ(t)) ˙ϕ(t) =ψ(x) =∫ xx 0dτh(τ) .Integrando ambos os lados entre t 0 e t resultaϑ(t) =∫ tt 0g(s)ds = ψ(ϕ(t))˙ (ψ ◦ ϕ)(t) (3.8)e dai no intervalo I contendo t 0 tal que t ∈ I implica b 1 < g(s)ds < b 2 , at 0solução éϕ(t) = ψ −1 (ϑ(t)) (3.9)A função ψ −1 existe pelo teorema da função inversa, pois ψ ′ (x) = 1h(x) ≠ 0.O leitor deve verificar que (3.9) é a única solução.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPObserve que a solução obtida é dada implicitamente, para constantes deintegração apropriadas, pela relaçãoentre as integrais indefinidas.∫∫g(t)dt =dxh(x)Observação: Se g(x) = 1 na equação (3.7) temos a equação diferencial devariáveis separáveis mais simple.teorema de existência e unicidade de solução.A solução geral é dada no exercício 1 do∫ t59

3 Equações não-lineares de primeira ordemComo dx = dx dt a equação (3.7) pode escrita na formadtIntegrando ambos membros da equação (3.10) temos∫1dx = g(t)dt. (3.10)f(x)∫1f(x) dx =A equação (3.10) pode ser escrita na formag(t)dt + C.Segundo o visto anteriormente sua solução geral é∫M(t)dt + N(x)dx = 0. (3.11)∫M(t)dt +N(x)dx = C.Exemplo 1 Seja a equação diferencial de primeira ordem de variáveisseparadasIntegrando obtemos sua solução geraltdt + xdx = 0.t 2 2 + x22 = C 1.Como o primeiro membro da última equação é não-negativo, o mesmo será oGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPsegundo membro. Denotando 2C 1 por C 2 temost 2 + x 2 = C 2 .Esta é a equação de uma familia de circunferências concêntricas de raio C ecentro na origem de coordenadas.A equação diferencial da formaM 1 (t)N 1 (x)dt + M 2 (t)N 2 (x)dx = 0 (3.12)60

3.3 Equações em variáveis separadaschama-se equação diferencial de variáveis separadas. Esta pode ser reduzida auma equação da forma (3.11) se N 1 (x) e M 2 (t) não se anulamouM 1 (t)N 1 (x)N 1 (x)M 2 (t) dt + M 2(t)N 2 (x)N 1 (x)M 2 (t) dx = 0M 1 (t)M 2 (t) dt + N 2(x)dx = 0.N 1 (x)Exemplo 2. Seja a equação diferencialSeparando as variáveis temosIntegrando, temosisto é,dxdt = −x t .dtt + dx x = 0.∫ ∫ dt dxt + x = C 1ln |t| + ln |x| = ln |C|ou ln |tx| = ln |C|, donde temos a solução geral y = C x .Exemplo 3. Seja a equação diferencial(1 + t)xdt + (1 − x)tdx = 0.Separando as variáveis temos1 + tdt + 1 − x dx = 0.t xIntegrando temosln |tx| + t − x = C.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPEsta última relação é soluçlão geral definida implícitamente.61

3 Equações não-lineares de primeira ordem3.3.1 Equações que se reduzem a variáveis separáveisA equação da formaẋ = f(at + bx + c) (3.13)reduz-se a variáveis separáveis fazendo a mudança de variáveis z = at + bx + c.Calculando ż = a + bẋ e substituindo ẋ em (3.13)temosż = a + bf(z)a qual se reduz a uma equação de variáveis separáveis1dt − dz = 0.a + bf(z)Exemplo. Resolver a seguinte equação diferencialdx= 3x − t + 1.dtFazendo a mudança de variáveis z = 3x − t + 1 temos dzdt = 3dx − 1. Logodtnas novas variáveis temosdz= 3z − 1.dtSeparando as variáveis e integrando temosGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPdz3z − 1 = dt13 ln |3z − 1| = t + ln |C 1||3z − 1| = C 2 e 3tz = 1 3 + C 3e 3te voltando as variáveis originais temos x = t 3 − 2 9 + Ce3t .62

3.3 Equações em variáveis separadas3.3.2 Equações homogêneasDefinição 3.3.1 (Função homogênea) Uma função f : R 2 → R chama-sehomogênea de grau n respeito às variáveis t e x, se para todo λ ∈ R verifica-sea identidadepara algum n ∈ R.f(λt, λx) = λ n f(t, x),Exemplo 1. A função f(t, x) = 3√ t 3 + x 3 é homogênea de primeiro grau, poisf(λt, λx) = 3√ (λt) 3 + (λx) 3 = λ 3√ t 3 + x 3 = λf(t, x).Exemplo 2. f(t, x) = tx − x 2 é uma função homogênea de segundo grau, pois(λt)(λx) − (λx) 2 = λ 2 (tx − x 2 ).Exemplo 3. f(t, x) = t2 − x 2é uma função homogênea de grau zero, poistx(λt) 2 − (λx) 2= t2 − x 2(λt)(λx) tx, isto é f(λt, λx) = λ0 f(t, x).Exemplo 4. f(t, x) = 3√ t 2 + x 2 é uma função homogênea de gra 2/3, poisf(λt, λx) = 3√ (λt) 2 + (λx) 2 = λ 2/3 f(t, x).Definição 3.3.2 (Equação diferencial homogênea) A EDO de primeiraordem não lineardx= f(t, x) (3.14)dtchama-se homogênea respeito a t e x, se a função f é homogênea de grau zerorespeito a t e x.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPSolução de uma equação homogênea. Pela hipótese f(λt, λx) = f(t, x).Tomando λ = 1 t , temos f(t, x) = f( 1 t t, 1 t x) = f(1, x t ),isto é, a função homogênea de grau zero só depende do quociente dosargumentos.63

3 Equações não-lineares de primeira ordemNeste caso, a equação (3.14) tem a formadxdt = f(1, x ). (3.15)tFazendo a mudança u = x , isto é x = tu, temostdxdt = u + tdu dt .Substituindo este valor da derivada em (3.15) obtemosu + t du = f(1, u),dtque é uma equação diferencial de variáveis separáveisIntegrando, encontramosdtt + 1du = 0.u − f(1, u)∫ ∫ dtt +1du = C.u − f(1, u)Substituindo u pelo quociente x , depois de integrar, obtemos a solução geraltda equação (3.15).German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPExemplo. Seja a equação diferencialdxdt =txt 2 − x . 2No segundo membro temos uma função homogênea de grau zero. Portanto,trata-se de uma equação homogênea. Fazendo a mudança de variáveis u = x t ,temosx = ut,dxdt = u + tdu dt , u + tdu dt =u1 − u 2 , tdu dt =u31 − u 2 .64

3.3 Equações em variáveis separadasSeparando as variáveis temos1 − u 2du = dtu 3 t ,donde depois de integrar temos( 1u − 1 )du = dt3 u t ,− 11− ln |u| = ln |t| + ln |C| ou − = ln |utC|.2u2 2u2 Substituindo u obtemos a integral geral da equação diferencial− t2= ln |Cx|.2x2 Observe que é impossível expressar x como função explícita de x através defunções elementares. Entretanto, é fácil expressar t em função de xt = ±x √ −2 ln |Cx|.Observação: A equação diferencial da formaM(t, x)dt + N(t, x)dx = 0será homogênea só em um único caso, em que M(t, x) e N(t, x) sejam funçõeshomogêneas de um mesmo grau. Isto segue da fato que o quociente de duasfunções homogêneas de um mesmo grau é uma função homogênea de grau zero.Exemplo: As equações diferenciais(2t + 3x)dt + (t − 2x)dx = 0(t 2 + x 2 )dt − 2txdx = 0German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPsão homogêneas.65

3 Equações não-lineares de primeira ordem3.3.3 Equações que se reduzem a equações homogêneasA equação diferencial ordináriadxdt = F ( at + bx + c ), (3.16)a 1 t + b 1 x + c 1onde F : R → R, reduz-se a uma equação homogênea.• Se c 1 = c = 0, a equação (3.16) é, evidentemente, homogênea. Pois reduz-seà equação (3.14).• Suponhamos, agora que c e c 1 (ou alguns deles) são diferentes de zero. Nestecaso consideremos o seguinte sistema de equações lineares⎧⎨ at + bx + c = 0⎩a 1 t + b 1 x + c 1 = 0.(3.17)Se o determinante de (3.17) é diferente de zero isto é, ab 1 − a 1 b ≠ 0. O sistematem uma única solução, (t, x) = (h, k). Então se fazermos a seguinte mudançade variáveis u = t − h, v = x − k, temos du = dt, dv = dx eau + bva 1 u + b 1 v =at + bx + c.a 1 t + b 1 x + c 1Logo em estas novas variáveis temos a seguinte equação homogêneadvdu = F ( au + bv )a 1 u + b 1 vGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPSe o determinante do sistema (3.17) é zero, isto é, ab 1 − a 1 b = 0, existek ∈ R tal que a 1 t + b 1 x = k(at + bx). Fazemos então a seguinte mudança devariável z = at + bx e a equação tem a formadzdt = a + bF ( z + c )kz + c 1que é de variáveis separáveis.66

3.3 Equações em variáveis separadasExemplo. Considere a equação diferencialdxdt = t − x + 2t + x − 2 .Resolvemos primeiro o sistema{t − x + 2 = 0t + x − 2 = 0,cuja solução é (h, k) = (0, 2). Fazemos a mudança de variáveis (u, v) = (t, x−2)e obtemos a equaçãodvdu = u − vu + vque é homogênea. Agora fazemos a seguinte mudança z = v uIntegrando temosz + u dzdu = u − uzu + uzu dzdu = 1 − z 1 − 2z − z2− z =1 + z 1 + z1 + z1 − 2z − z dz = 1 2 u du.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPe elevando ao quadrado temos− 1 2 ln |1 − 2z − z2 | = ln |u| + ln |C 1 |ln |1 − 2z − z 2 | −1/2 = ln |xC 1 ||1 − 2z − z 2 | −1/2 = |uC 1 |(1 − 2z − z 2 ) 1/2 = C 2u1 − 2z − z 2 = C u 2 .67

3 Equações não-lineares de primeira ordemVoltando as variáveis u e v temos1 − 2 v u − ( v ) 2 C =u u =⇒ 2 u2 − 2uv − v 2 = C,e nas coordenadas t e x, a solução geral (na forma implícita) é3.4 Equações exatasSeja f : Ω ⊂ R 2t 2 − 2t(x − 2) − (x − 2) 2 = C, C ∈ R.→ R uma função com derivadas parciais contínuas, suadiferencial (também chamada diferencial total) éAgora, se f(t, x) = c, segue de (3.18) quedf = ∂f ∂fdt + dx. (3.18)∂t ∂x∂f ∂fdt + dx = 0. (3.19)∂t ∂xEm outras palavras, dada uma família de curvas a um parâmetro f(t, x) =c, podemos gerar uma equação diferencial de primeira ordem calculando adiferencial. Por exemplo, se t 2 − 5tx + x 3 = c, então (3.19) dá(2t − 5x)dt + (−5t + 3x 2 )dx = 0. (3.20)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPPara os nossos propósitos é importante considerar o problema inverso, istoé, dada uma equação diferencial de primeira ordem como (3.20), podemos saberse ela é equivalente à diferencial d(t 2 − 5tx + x 3 ) = 0?Consideremos equações diferenciais ordinárias da formaM(t, x)dt + N(t, x)dx = 0. (3.21)Definição 3.4.1 (Equação exata) Dizemos que a equação (3.21) é uma68

3.4 Equações exatasequação diferencial exata em Ω ⊂ R 2 , se existe uma função u : Ω → R tal queNeste caso∂u∂t (t, x) = M(t, x) e ∂u(t, x) = N(t, x), ∀(t, x) ∈ Ω.∂xdu = ∂u ∂udt + dx = M(t, x)dt + N(t, x)dx = 0,∂t ∂te (3.21) é equivalente a du = 0.Logo x = x(t), t ∈ I ⊂ R é solução de (3.21) se e somente se u(t, x(t)) = c.Por exemplo, t 2 x 3 dt + t 3 x 2 dx = 0, é uma equação diferencial exata, pois olado esquerdo da equação é uma diferencial exatad( 1 3 t3 x 3 ) = t 2 x 3 dt + t 3 x 2 dx.Note que M(t, x) = t 2 x 3 e N(t, x) = t 3 x 2 e vale ∂M∂x = 3t2 x 2 = ∂N∂t .O seguinte resultado mostra que a igualdade dessas derivadas parciais nãoé uma coincidência.Proposição 3.4.1 Sejam M, N : Ω ⊂ R 2 → R funções contínuas comderivadas parciais de primeira ordem contínuas em Ω. EntãoM(t, x)dt + N(x, t)dx = 0 é exata ⇐⇒ ∂M∂x = ∂N em Ω.∂tGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPDemonstração. Suficiência. Como M(t, x)dt + N(x, t)dx = 0 é exata existeu : Ω → R tal que ∂u∂t = M e ∂u = N. Então∂x∂M∂x = ∂2 u∂x∂t = ∂2 u∂t∂x = ∂ ∂u∂t ∂x = ∂N∂t .Necessidade. Suponhamos que ∂M∂x = ∂N∂tR tal que tal que ∂u∂t = M e ∂u∂x= N em Ω.em Ω. Devemos encontrar u : Ω →69

3 Equações não-lineares de primeira ordemFixemos um ponto (t 0 , x 0 ) ∈ Ω. Da relação ∂u∂tcom ϕ(x) a determinar.temosu(t, x) =∫ tt 0M(s, x)ds + ϕ(x)= M encontramos queDerivando esta última igualdade com relação a x∫∂u t∂x = ∂M∂x (s, x)ds + ϕ′ (x)N(t, x) =Portanto ϕ ′ (x) = N(t 0 , x) ee nossa função procurada éu(t, x) =t∫0tt 0∂N∂t (s, x)ds + ϕ′ (x)= N(t, x) − N(t 0 , x) + ϕ ′ (x).ϕ(x) =∫ t∫ xt 0M(s, x)ds +x 0N(t 0 , z)dz + c,∫ xExemplo. Resolver a seguinte equação diferencialx 0N(t 0 , z)dz + c.(3t 2 + 6tx 2 )dt + (6t 2 x + 4x 3 )dx = 0.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPNesta equação temos M(t, x) = 3t 2 + 6tx 2 e N = 6t 2 x + 4x 3 . Portanto∂M ∂N= 12tx =∂x ∂te a equação é exata. Pondo ∂u∂t = M temospara todo (t, x) ∈ R 2∫u(t, x) = (3t 2 + 6tx 2 )dt + ϕ(x) = t 3 + 3t 2 x 2 + ϕ(x).70

3.5 Fatores integrantesAssim6t 2 x + 4x 3 = ∂u∂x = 6t2 x + ϕ ′ (x)4x 3 = ϕ ′ (x)x 4 + c 1 = ϕ(x).Portanto u(t, x) = t 3 + 3t 2 x 2 + x 4 + c. Assim, as curvas soluções (t, x(t))da equação diferencial satisfazem t 3 + 3t 2 x 2 + x 4 = c.3.5 Fatores integrantesDefinição 3.5.1 (Fator integrante) Se a equação diferencialM(t, x)dt + N(t, x)dx = 0 (3.22)não é exata em Ω ⊂ R 2 , chama-se fator integrante a toda função real µ =µ(t, x) definida em Ω tal queé uma equação diferencial exata em Ω.Observação:µ(t, x)M(t, x)dt + µ(t, x)N(t, x)dx = 0 (3.23)É claro que toda solução x = x(t), t ∈ I, de µ(t, x)M(t, x)dt +µ(t, x)N(t, x)dx = 0, que verifica: µ(x, x(t)) esta definida e µ(t, x(t)) ≠ 0 paraGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPtodo t ∈ I é também solução de M(t, x)dt + N(t, x)dx = 0 em I.Exemplo. Encontrar a solução da equação diferencialx(1 + tx)dt − tdx = 0. (3.24)Nesta equação temos M(t, x) = x(1 + tx) e N(t, x) = −t. Claramente ∂M∂x =1 + 2tx ≠ −1 = ∂N . Portanto a equação diferencial não é exata.dtEntretanto para x ≠ 0 multiplicamos a equação diferencial por µ(t, x) = 1 x 271

3 Equações não-lineares de primeira ordeme obtemosé exata.x(1 + tx)dt − 1 x 2 x tdx = 02( 1 x + t)dt − 1 tdx = 0 (3.25)x2 Assim, µ(t, x) = 1 x 2 é fator integrante de (3.24) no conjunto Ω ={(t, x) ∈ R 2 : x ≠ 0}.Para resolver (3.25) procedemos∫u(t, x) = ( 1 x + t)dt + ϕ(x) = t x + t2 2 + ϕ(x).Mas como ∂u∂x = − tx + 2 ϕ′ (x) temos que ϕ ′ (x) = 0, isto é, ϕ = c. Portantotoda solução x = x(t) satisfaz a seguinte equação implícitaDesta equação temos quex =tx + t2 = C, C ∈ R.22t2C − t , C ∈ R, para t tal que 2c − 2 t2 ≠ 0.Observe que neste exemplo o fator integrante já foi dado µ(t, x) = 1 x 2 .Surge naturalmente a pergunta como encontrar o fator integrante?isto é,German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPSe a equação diferencial (3.23) é exata, entãoou seja∂(µM)= ∂(µN) ,∂x ∂tµ ∂M∂x + M ∂µ∂x = µ∂N ∂t + N ∂µ∂t ,M ∂µ∂x − N ∂µ ( ∂N∂t = µ ∂t − ∂M ).∂x72

3.5 Fatores integrantesAo dividir por µ os dois lados da ultima equação, obtemosM ∂ ln µ∂x − N ∂ ln µ = ∂N∂t ∂t − ∂M∂x . (3.26)É evidente que toda função µ(t, x) que satisfaz a equação (3.26) é uma fatorintegrante da equação (3.22).Embora M, N, ∂M∂x , ∂N sejam funções conhecidas de t e x, a dificuldade∂taqui para determinar µ(t, x) na equação (3.26), é que precisamos resolver umaequação diferencial parcial. Como não estamos preparados para isto vamosfazer uma hipótese simplificadora.Suponhamos que µ seja uma função de uma variável, por exemplo µ = µ(t).Neste caso ∂µ = 0 e (3.26) pode ser escrita como∂x−N ∂ ln µ = ∂N∂t ∂t − ∂M( ∂x∂M∂ ln µ ∂x − ∂N )∂t=.∂t NContinuamos com um impasse, se o quociente do lado direito da ultimaigualdade depende tanto de t e x. Vamos supor que este depende só de t,logo temosµ(t) = e ∫ ( ∂M∂x − ∂N∂t )N dt .Analogamente se µ = µ(x), neste caso temos ∂µ = 0 e (3.26) pode ser∂tescrita comoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPM ∂ ln µ∂x= ∂N∂t − ∂M( ∂x∂N∂ ln µ∂x= ∂t − ∂M )∂x.MNovamente supondo que o lado direito da ultima equação só depende de xtemosµ(x) = e ∫ ( ∂N∂t − ∂M∂x )M dx .73

3 Equações não-lineares de primeira ordemExemplo. A equação diferencial não-linear de primeira ordemnão é exata.txdt + (2t 2 + 3x 2 − 20)dx = 0 (3.27)De fato, M(t, x) = tx, N(t, x) = 2t 2 + 3x 2 − 20 eObserve que∂M∂N= t ≠ 4t =∂x ∂t .( ∂M∂x − ∂N )∂t=Nt − 4t2t 2 + 3x 2 − 20vemos que este quociente depende tanto de t e x. Também observe que( ∂N∂t − ∂M )∂x= 4t − t = 3 M tx x ,isto é este quociente so depende de x. Logoµ(x) = e ∫ 3x dx = e 3 ln x = x 3 .Multiplicando a equação (3.27) por µ(x) = x 3 temosGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPtx 4 dt + (2t 2 x 3 + 3x 5 − 20x 3 )dx = 0. (3.28)Nesta equação diferencial denotamos ˜M = tx 3 e Ñ = 2t2 x 3 + 3x 5 − 20x 3 evemos que∂ ˜M∂x = 4tx3 = ∂Ñ∂t .Agora de ∂u∂t = ˜M = tx 4 temos u = t2 x 42 + ϕ(x).74

3.6 AplicaçõesDe ∂u∂x = 2t2 x 3 + ϕ ′ (x) = 2t 2 x 3 + 3x 5 − 20x 3 temosϕ ′ (x) = 3x 5 − 20x 3ϕ(x) = x63 − 5x4 .Logo u(t, x) = 1 2 t2 y 4 + x63 − 5x4 e u(t, x) = c, onde c =cte, são as soluções de(3.28).3.6 AplicaçõesVimos que, uma população P é descrita pordP= kP, k > 0, (3.29)dtentão P (t) apresenta um crescimento exponencial não limitado. Em muitascircunstâncias, essa equação proporciona um modelo irreal de crescimento deuma população, isto é, o que se observa de fato difere substancialmente doprevisto pela equação.Em 1840, o matemático-biólogo P. F. Verhulst preocupou-se com asformulações matemáticas para previsão de populações humanas de váriospaíses. Uma das equações estudadas por ele foidP= P (a − bP ), (3.30)dtGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPem que a e b são constantes positivas. A equação (3.30) ficou conhecida comoa equação logística e sua solução é chamada de função logística.Se a > 0 é uma taxa média de nascimento, vamos supor que a taxa médiadPdt é ade óbito seja proporcional à população P (t) no instante t. Logo, se 1 Ptaxa de crescimento por indivíduo em uma população, então1PdPdt = (taxa médiade nascimento)−(taxa médiade óbito)= a − bP, (3.31)em que b é uma constante positiva de proporcionalidade. Multiplicando (3.31)75

3 Equações não-lineares de primeira ordempor P , obtemos imediatamente (3.30).Solução da equação logísticadPP (a − bP ) = dt[ 1/aP + b/a ]dP = dta − bP1a ln |P | − 1 ln |a − bP | = t + ca lnP∣a − bP ∣ = at + acPa − bP = c 1e at . (3.32)Segue-se da última equação queP (t) =ac 1e at1 + bc 1 e = ac 1. (3.33)at bc 1 + e−at Agora, se for dada uma condição inicial P (0) = P 0 ≠ a/b, a equação (3.32)implica c 1 =obtemosGráficos de P(t)P 0a − bP 0.Substituindo esse valor em (3.33) e simplificando,P (t) =aP 0. (3.34)bP 0 + (a − bP 0 )e−at German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPA forma do gráfico da função logística P (t) pode ser obtida sem muitoesforço. Embora a variável t represente usualmente o tempo e raramente nospreocupemos com exemplos em t < 0, será interessante incluir esse intervalona elaboração dos vários gráficos de P . A partir de (3.34), vemos quelimt→∞ P (t) = a b e76lim P (t) = 0.t→−∞

3.7 Lista de exercíciosAgora, derivando (3.30), obtemod 2 Pdt = P (−bdP ) + (a − bP )dP2 dt dt= dP (a − 2bP )dt= P (a − bP )(a − 2bP )= 2b 2 P (P − a b )(P − a ). (3.35)2bNo cálculo, vimos que pontos em que d 2 P/dt 2 = 0 são os possíveis pontos deinflexão, mas P = 0 e P = a/b podem obviamente ser descartados. Logo,P = a/2b é o único ponto possível no qual concavidade do gráfico pode mudar.Para 0 < P < a/2b, segue-se de (3.35) que P ′′> 0 e a/2b < P < a/bimplica P ′′ < 0. Portanto o gráfico passa de convexo para côncavo no pontocorrespondente a P = a/2b. Quando o valor inicial satisfaz 0 < P 0 < a/2b, ográfico de P (t) assume a forma de um S. Para a/2b < P 0 < a/b, o gráfico éainda em forma de S, mas o ponto de inflexão ocorre em um valor negativo det. Se P 0 > a/b, a equação (3.35) mostra que P ′′ > 0 para todo t no domíniode P (t) no qual P > 0. Quando P 0 < 0, a equação (3.35) implica que P ′′ < 0.Porem, p = 0 não é um ponto de inflexão, pois, quando a − bP 0 < 0, umainspeção de (3.34) revela uma assíntota vertical em3.7 Lista de exercíciost = − 1 a ln ( bP 0).bP 0 − aGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP1. Nos seguintes problemas determine uma região do plano tx para a quala equação diferencial téria uma única solução passando por um ponto(t 0 , x 0 ) na região.(a) dxdt = x2/3(d) (t 2 + x 2 ) dxdt = x2 ,(f) dxdt − x = t,(b) t dxdt = x(g) (1 + t3 ) dxdt = t2 ,(c) (4 − x2 ) dxdt = t2(e) dxdt = √ tx,77

3 Equações não-lineares de primeira ordem(h) (x − t) dxdt = x + t,(j) dxdt = (t − 1) ex/(t−1) .dx(i)dt = t3 cos x,2. Verifique que y = cx é uma solução para a equação diferencial xy ′ = ypara todo valor do parâmetro c. Encontre pelo menos duas soluções parao problema de valor inicial{xy ′ = y,y(0) = 0.Observe que a função definida por partesy ={0, x < 0x, x 0satisfaz a condição y(0) = 0. Ela é uma solução para o problema de valorinicial?3. (a) Considere a equação diferencialdxdt = 1 + x2 .Determine uma região do plano tx tal que a equação diferencialtenha uma única solução passando por um ponto (t 0 , x 0 ) da região.(b) Formalmente, mostre que x = tg t satisfaz a equação diferencial e aGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPcondição inicial x(0) = 0.(c) Explique porque x = tg t não é uma solução para o problema devalor inicialno intervalo (−2, 2).⎧⎨⎩dxdt= 1 + x 2 ,x(0) = 0.(d) . Explique porque x = tg t é uma solução para o problema de valorinicial da parte (c) no intervalo (−1, 1).78

3.7 Lista de exercícios4. Nos seguintes problemas use o método de Picard para encontrarx 0 , x 1 , x 2 , x 3 , x 4 . Determine o limite de sequência {x n } quando n → ∞.(a) dxdx+ x = 0, x(0) = 1 (b) − t = x, x(0) = 1dt dt(c) dxdx= 2tx, x(0) = 1 (d) + 2tx = t, x(0) = 0dt dt(e) dxdt + x2 = 0, x(0) = 0 (f) dxdt = 2et − x, x(0) = 1.5. Resolva a equação diferencial dada por separação de variáveis.(a) xdt − tdx = 0, (b) (1 + u)vdu + (1 − v)udv = 0,(c) (1 + y)dx − (1 − x)dy = 0, (d) (t 2 − xt 2 ) dxdt + x2 + t 2 = 0,(e) (y − a)dx + x 2 dy = 0, (f) zdt − (t 2 − a 2 )dz = 0,(g) dxdy = 1 + x21 + y , (h) (1 + 2 s2 )dt − √ tds = 0,(i) dρ + ρ tan θdθ = 0,(j) sen θ cos ϕdθ − cos θ sen ϕdϕ = 0,(k) sec 2 θ tan ϕdθ + sec 2 ϕ tan θdϕ = 0,(l) (1 + x 2 )dy − √ 1 − y 2 dx = 0,(m) √ 1 − x 2 dy − √ 1 − y 2 dx = 0,(n) 3e x tan ydx + (1 − e x ) sec 2 ydy = 0,(o) (x − y 2 x)dx + (y − x 2 y)dy = 0, (p) dy = sen 5x,dx(q) dydx = y3x , (r) (4y + 2 yx2 )dy + (2x + xy 2 )dx = 0(s) dy xy + 3x − y − 3=dx xy − 2x + 4y − 8 .German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP6. Resolva a equação diferencial dada sujeita à condição inicial indicada.(a) (e −y + 1) sen xdx = (1 + cos x)dy, y(0) = 0(b) ydy = 4x(y 2 + 1) 1/2 dx, y(0) = 1(c) dxdy = 4(x2 + 1), x( π 4 ) = 1(d) x 2 y ′ = y − xy, y(−1) = −1.7. Resolva as seguintes equações diferenciais que se reduzem a variáveisseparadas.79

3 Equações não-lineares de primeira ordem(a) dy = (x + y + 1)2(b)dx(c) dydx = 2 + √ y − 2x + 3(e) dydx = 1 + ey−x+5dydx = tan2 (x + y)(d) dy= sen(x + y)dx(f) dydx = 1 − x − y .x + y8. Resolva as seguintes equações diferenciais que se reduzem a variáveisseparadas.(a) (3y + 7x + 7)dx − (3x − 7y − 3)dy = 0(b) (x + 2y + 1)dx − (2x + 4y + 3)dy = 0(c) (x + 2y + 1)dx − (2x − 3)dy = 09. Determine se a função dada é homogênea. Especifique o grau dehomogeneidade quando for o caso.(a) f(x, y) = x 3 + 2xy 2 − y4(b) f(x, y) = x3 y − x 2 y 2x(x + 8y) 2(c) f(x, y) = √ xx + y(4x + 3y) (d) f(x, y) =y 2 + √ x 4 + y 4x 2x(e) f(x, y) = cos(f) f(x, y) = senx + yx + yln x3(g) f(x, y) = ln x 2 − 2 ln y (h) f(x, y) =ln y 3(i) f(x, y) = (x −1 + y −1 ) 2 (j) f(x, y) = (x + y + 1) 2 .10. Encontre a solução das seguintes equações homogêneas .German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP(a) (y − x)dx + (x + y)dy = 0 (b) (x + y)dx + xdy = 0(c) (x + y)dx + (y − x)dy = 0(e) (8y + 10x)dx + (5y + 7x)dy = 0(f) dt + tds = 0 (g) (s − √ st)dt + tds = 0(h) xy 2 dy = (x 3 + y 3 )dx(i) x cos( y x )(ydx + xdy) = y sen(y )(xdy − ydx).x(d) xdy − ydx = √ x 2 + y 2 dx11. Resolva a equação diferencial dada sujeita à condição inicial indicada.80

3.7 Lista de exercícios(a) xy 2 dydx = y3 − x 3 , y(1) = 2(b) 2x 2 dydx = 3xy + y2 , y(1) = 2(c) (x + ye y/x )dx − xe y/x dy = 0, y(1) = 0(d) (y 2 + 3xy)dx = (4x 2 + xy)dy, y(1) = 1(e) y 2 dx + (x 2 + xy + y 2 )dy = 0, y(0) = 1.12. Verifique se a equação diferencial dada é exata.(a) (2x − 1)dx + (3y + 7)dy = 0(b) (5x + 4y)dx + (4x − 8y 3 )dy = 0(c) (2y 2 x − 3)dx + (2yx 2 + 4)dy = 0(d) (x 3 + y 3 )dx + 3xy 2 dy = 0(e) ( 1x + 1 x − x ) (dx + ye y x )+ dy = 0.2 x 2 + y 2 x 2 + y 213. Encontre a solução das seguintes equações diferenciais exatas.(a) (x 2 + y)dx + (x − 2y)dy = 0(b) (y − 3x 2 )dx − (4y − x)dy = 0 (c) (y 3 − x)y ′ = y(d) [ y 2(x − y) − 1 ] [1 dx + 2 x y − x 2 ]dy = 0(x − y) 2(e) 2(3xy 2 + 2x 3 )dx + 3(2x 2 y + y 2 )dy = 0xdx + (2x + y)dx(f) = 0 (g) ( 1(x + y) 2 x + 3y2 ) 2ydy = 2 x 4 x 3(h) x2 dy − y 2 dxydx − xdy= 0 (i) xdx + ydy = .(x − y) 2 x 2 + y 2German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP14. Resolva a equação diferencial dada, verificando que a função indicadaµ(x, y) seja um fator integrante.(a) 6xydx + (4y + 9x 2 )dy = 0, µ(x, y) = y 2(b) (−xy sen x + 2y cos x)dx + 2x cos xdy = 0,µ(x, y) = xy(c) (2y 2 + 3x)dx + 2xydy = 0, µ(x, y) = x(d) −y 2 dx + (x 2 + xy)dy = 0, µ(x, y) = 1x 2 y(e) (x 2 + 2xy − y 2 )dx + (y 2 + 2xy − x 2 )dy = 0, µ(x, y) = (x + y) −2 .81

3 Equações não-lineares de primeira ordem15. Mostre que qualquer equação diferencial separável de primeira ordem naforma h(y)dy − g(x)dx = 0 é também exata.16. Determine uma função M(x, y) para que a seguinte equaçaõ diferencialseja exata:M(x, y)dx + ( xe xy + 2xy + 1 x)dy = 0.17. Verificar que a mudança de variáveis para coordenadas polares x =r cos θ, y = r sen θ também transforma uma equação homogêneady= h(x, y)dxem uma equação de variáveis separadas da formadr= −rh(cos θ, sen θ).dθ18. Determine k sabendo que µ(x, y) = yk é fator integrante da equaçãoxdiferencial ydx + (xy 2 − x log x)dy = 0 e, logo resolva esta equação parao dado inicial y(1) = 2.19. Para x ≠ 0 e x ≠ 1 considere a equação diferencialdydx = y2 + x(x − 4)y + 2x 2. (3.36)x 2 (x − 1)(a) Demonstre que a mudança de variáveis z = y transforma a equaçãox(3.36) em uma equação de variáveis separadasGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPdz (z − 2)(z − 1)= . (3.37)dx x(x − 1)(b) Encontre todas as soluções constantes e a solução geral implícita dela equação (3.37).(c) Encontre a solução particular de (3.36) que passa pelo ponto ( 3 2 , 6)e o intervalo máximo onde está definida.82

Capítulo4Equações lineares de segunda ordemNestecapítulo, vamos considerar equações de segunda ordem, isto éequação diferenciais que tem a formaF (t, x, ẋ, ẍ) = 0 (4.1)Sob certa hipóteses na função F a equação (4.1) pode ser escrita na formaẍ = f(t, x, ẋ). (4.2)Como no caso de equações diferenciais de primeira ordem, para este tipode equações diferenciais também temos um teorema de existência e unicidadede solução. Antes de enunciarmos, e a modo de exemplo do que acontece emGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPsituações muito gerais, analisemos a seguinte equaçãoIntegrando sucessivamente temosẍ = t 2 + sen t.ẋ = t3 3 − cos t + c 1x = t412 − sen t + c 1t + c 2 .83

4 Equações lineares de segunda ordemComo a solução geral agora depende de duas constantes arbitrarias, ao impora condição inicial x(0) = 1, obtemos que c 2 = 1. Dessa forma, a familia desoluções que depende da constante c 1é solução do problema {x = t412 − sen t + c 1t + 1.ẍx(0) = 1= t 2 + sen tPara fixar a constante c 1 necessitamos de uma condição adicional, que podeser o valor da solução em outro ponto (problema de valor na fronteira) ou, ovalor da derivada no mesmo ponto (problema de valor inicial).Teorema 4.0.1 (Existência e unicidade) Sejam Ω ⊂ R 3 um subconjuntoaberto, (t 0 , x 0 , y 0 ) ∈ Ω e f : Ω → R uma função contínua.Suponha quef tenha derivada parcial con relação a segunda variável x e con relação aterceira variável y em todo ponto de Ω e que ∂f/∂x e ∂f/∂y são contínuas emΩ. Então o problema de valor inicial⎧⎪⎨ ẍ = f(t, x, ẋ)x(t 0 ) = x 0⎪⎩ẋ(t 0 ) = y 0 .tem uma única solução definida numa vizinhança do ponto t 0 .(4.3)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPA equação (4.2) é dita linear se a função f tem a formaf(t, x, ẋ) = g(t) − q(t)x − p(t)ẋ, (4.4)isto é, se f é linear em x e ẋ. Nesse caso escrevemos, em geral, a equação (4.2)comoẍ + p(t)ẋ + q(t)x = g(t), (4.5)onde o ponto significa a diferenciação com relação a t. No lugar de equação84

(4.5), encontramos, com freqüência, a equaçãoa 2 (t) d2 xdt + a 1(t) dx2 dt + a 0(t)x = b(t). (4.6)É claro que, se a 2 (t) ≠ 0, podemos dividir a equação (4.6) por a 2 (t), obtendo,assim, a equação (4.5) comp(t) = a 1(t)a 2 (t) ,q(t) = a 0(t)a 2 (t) ,b(t)g(t) =a 2 (t) . (4.7)Ao discutir a equação (4.5) e tentar resolvê-la, vamos nos restringir aintervalos nos quais as funções p, q e g sejam contínuas.Se a equação (4.1) não for da forma (4.5) ou (4.6), então ela é dita nãolinear.A equação (4.5) também é chamada forma normal de uma equaçãodiferencial linear de segunda ordem.Para deduzir com maior facilidade importantes propriedades deste tipo deequações diferenciais, associado as funções p(t) e q(t) acima, consideremos ooperador L que pega qualquer função u, duas vezes diferenciáveis no intervaloI e associa a função L[u] definida porL[u](t) = ü(t) + p(t) ˙u(t) + q(t)u(t). (4.8)Usando este operador a equação (4.5) escreve-se na formaL[x](t) = g(t). (4.9)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPTal operador chama-se operador diferencial linear pois verifica1. L[u 1 + u 2 ] = L[u 1 ] + L[u 2 ]2. L[αu] = αL[u], para todo α ∈ R.Combinando ambas as propriedades obtemos[ n]∑ ∑3. L α k u k = n α k L[u k ].k=1k=185

4 Equações lineares de segunda ordem4.1 Teoria básica da equação homogêneaUma equação linear de segunda ordem é dita homogênea se a função g(t)na equação (4.5), ou b(t) na equação (4.6), for igual a zero para todo t. Casocontrário, a equação é dita não-homogênea.Nesta seção vamos estudar a equação diferencial de segunda ordem linearhomogêneaẍ + p(t)ẋ + q(t)x = 0, (4.10)onde p e q são funções contínuas em um intervalo I ⊂ R.Usando o operador diferencial L esta equação reduz-se aL[x](t) = 0. (4.11)Como conseqüência da linearidade do operador L temos os seguinte resultadoTeorema 4.1.1 (1). Se x 1 é solução da equação (4.11), então para todoα ∈ R, αx 1 é solução.(2). Se x 1 e x 2 são soluções de (4.11), então x 1 + x 2 é solução.(3). Se x 1 , x 2 , · · · , x n são soluções de (4.11), então qualquer combinação lineardelas, digamosn ∑k=1α k x k é solução.(4). Se (4.11) (com coeficientes p(t) e q(t) reais) tem solução complexa x(t) =u(t) + iv(t), então a parte real u(t) e a parte imaginaria v(t) são soluções(reais) de (4.11).(5). Se x(t) é uma solução de (4.11) e existe t 0 ∈ I tais que x(t 0 ) = 0 eẋ(t 0 ) = 0, então x(t) = 0 para todo t ∈ I.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPDemonstração. (1) e (2) é deixado como exercíco. (3) é uma conseqüênciadireta de (1) e (2). Para (4), notemos que se x(t) = u(t) + iv(t) é solução de(4.11), entãoL[x](t) = L[u](t) + iL[v](t) = 0, para todo t ∈ I.Mas um número complexo é zero só se sua parte real e imaginaria são zero,temosL[u](t) = 0, L[v](t) = 0, para todo t ∈ I86

4.1 Teoria básica da equação homogêneae portanto u e v são soluções de (4.11) em I.Finalmente (5) segue diretamente do teorema de existência e unicidade desolução, já que a função identicamente nula também é solução.Definição 4.1.1 As funções x 1 , x 2 , · · · , x n são ditas linearmente dependentes(LD) no intervalo I ⊂ R, se existem constantes α 1 , · · · α n não todas nulas talqueα 1 x 1 (t) + · · · + α n x n (t) = 0 para todo t ∈ I. (4.12)As funções x 1 , x 2 , · · · , x n são ditas linearmente independentes (LI) nointervalo I ⊂ R se (4.12) verifica-se só quando α 1 = α 2 = · · · = α n = 0.Exemplo 1. As funções 1, t, t 2 , · · · , t n são LI em qualquer intervalo I.De fato, seα 0 + α 1 t + α 2 t 2 + · · · + α n t n = 0para todo t ∈ Ientão, todo t ∈ I é raiz deste polinômio que é de grau n.Como todopolinômio exceto o polinômio nulo, tem só um número finito de soluções, temosque α 1 = · · · = α n = 0.Exemplo 2. Se k 1 ≠ k 2 as funções e k 1t e e k 2t são LI em qualquer intervalo.De fato, da relaçãoα 1 e k 1t + α 2 e k 2t = 0para todo t ∈ IGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPtemos queα 1 + α 2 e (k 2−k 1 )t = 0 para todo t ∈ I.Derivando esta última relação com relação a t temosα 2 (k 2 − k 1 )e (k 2−k 1 )t = 0 para todo t ∈ I.Portanto α 2 = α 1 = 0.Teorema 4.1.2 Se x 1e x 2 são LD em I, então o determinante (chamado87

4 Equações lineares de segunda ordemWronskiano)x 1 (t) x 2 (t)W [x 1 , x 2 ](t) == 0 ∀t ∈ I.∣ẋ 1 (t) ẋ 2 (t) ∣Demonstração. Sejam α 1 e α 2 constantes ambas não nulas tal queTambém temosα 1 x 1 (t) + α 2 x 2 (t) = 0 para todo t ∈ I.α 1 ẋ 1 (t) + α 2 ẋ 2 (t) = 0 para todo t ∈ I.Se, por exemplo α 2 ≠ 0 multiplicando a primeira equação por ẋ 1 (t) e a segundapor x 1 (t) e substraindo ambas equações, obtemos para todo t ∈ ILogo W [x 1 , x 2 ](t) = 0.α 2 (ẋ 1 (t)x 2 (t) − x 1 (t)ẋ 2 (t)) = 0α 2 W [x 1 , x 2 ](t) = 0.Teorema 4.1.3 Sejam x 1 e x 2 soluções LI em I da equação linear homogênea(4.10) com coeficientes p(t) e q(t) contínuos em I. Então o Wronskianox 1 (t)W [x 1 , x 2 ](t) =∣ẋ 1 (t)x 2 (t)≠ 0 ∀t ∈ I.ẋ 2 (t) ∣German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPREVER ESTE TEOREMA, use as notas deaula e a apostila do LadeiraDemonstração. Suponhamos que existe t 0 ∈ I tal que W [x 1 , x 2 ](t 0 ) = 0.Então existem constantes não ambas nulas α 1 e α 2 , tais que⎧⎨α 1 x 1 (t 0 ) + α 2 x 2 (t 0 ) = 0⎩α 1 ẋ 1 (t 0 ) + α 2 ẋ 2 (t 0 ) = 0.Mas, então x(t) = α 1 x 1 (t) + α 2 x 2 (t) também é solução e verifica x(t 0 ) = 0 e88

4.1 Teoria básica da equação homogêneaẋ(t 0 ) = 0. Isto implica que x(t) = 0 para todo t ∈ I, e logo α 1 = α 2 = 0. Istoé uma contradição e portanto W [x 1 , x 2 ](t) ≠ 0 para todo t ∈ I.Teorema 4.1.4 Sejam x 1 e x 2 soluções LI em I da equação linear homogênea(4.10) com coeficientes p(t) e q(t) contínuos em I. Então a solução geral destaequação éx(t) = α 1 x 1 (t) + α 2 x 2 (t), com α 1 , α 2 ∈ R.Demonstração. Seja x(t) uma solução qualquer da equação (4.10). Devemosmostrar que existem constantes α 1 , α 2 tais que x(t) = α 1 x 1 (t) + α 2 x 2 (t), paratodo t ∈ I. Fixemos t 0 ∈ I e sejam x 0 = x(t 0 ) e z 0 = ẋ(t 0 ). Consideremosα 1 = x 0ẋ 2 (t 0 ) − z 0 x 2 (t 0 ), α 2 = −x 0ẋ 1 (t 0 ) + z 0 x 1 (t 0 ).W [x 1 , x 2 ](t 0 )W [x 1 , x 2 ](t 0 )É imediato verificar que com estes valores de α 1 e α 2 , obtemos⎧⎨α 1 x 1 (t 0 ) + α 2 x 2 (t 0 ) = x 0⎩α 1 ẋ 1 (t 0 ) + α 2 ẋ 2 (t 0 ) = z 0 .Então a solução y(t) = α 1 x 1 (t) + α 2 x 2 (t) verifica as condições iniciais y(t 0 ) =x 0 , ẏ(t 0 ) = z 0 . Como a solução x(t) também as verifica, concluímos x(t) =y(t) = α 1 x 1 (t) + α 2 x 2 (t), para todo t ∈ I.Corolário 4.1.1 O número máximo de soluções linearmente independentesGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPpara a equação (4.10) é dois.Exemplo 1 Considere a equaçãoẍ − x = 0.Verificasse facilmente que as funções x 1 (t) = e t e x 2 (t) = e −t são soluçõesparticulares. Além disso, como estas são LI, a solução geral é dada porx(t) = α 1 e t + α 2 e −t .89

4 Equações lineares de segunda ordem4.1.1 Fórmula de AbelSe conhecemos uma solução particular x 1 (t) da equaçãoẍ + p(t)ẋ + q(t)x = 0,fazemos a seguinte substituição x(t) = x 1 (t)z(t) com z(t) = ∫ u(t)dt. Temosqueẋ = ẋ 1 z + x 1 ż e ẍ = ẍ 1 z + 2ẋ 1 ż + x 1¨z.Substituindo na equação obtemosẍ 1 z + 2ẋ 1 ż + x 1¨z + p(ẋ 1 z + x 1 ż) + qx 1 z = 0(ẍ 1 + pẋ 1 + qx 1 )z + (2ẋ 1 + px 1 )ż + x 1¨z = 0(2ẋ 1 + px 1 )ż + x 1¨z = 0.Como ż(t) = u(t), fica a equação de primeira ordem de variáveis separáveis(2ẋ 1 + px 1 )u + x 1 ˙u = 0.A podemos escrever na seguinte formacuja solução éIsto implica quee portanto( )duu = −2ẋ1 − p dt,x 1German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPu(t) = 1 ∫ x 1 (t) 2 e− p(t)dt .∫ e− ∫ p(t)dtz(t) =x 1 (t) dt, 2∫ e− ∫ p(t)dtx 2 (t) = x 1 (t)dt (Fórmula de Abel)x 1 (t)290

4.1 Teoria básica da equação homogêneaé uma segunda solução de nossa equaçãoẍ + p(t)ẋ + q(t)x = 0.Finalmente observer que esta soluções são LI já que o correspondenteWronskiano éW [x 1 , x 2 ](t) = e − ∫ p(t)dt .Exemplo. Resolver a equação t 2 ẍ − tẋ + x = 0, sabendo que x 1 (t) = t é umasolução particular.O primeiro passo é escreve a equação na forma em que possamos aplicar oprocedimento anterior (ẍ livre de variáveis). Dividindo por t 2 temosDesta forma p(t) = − 1 tẍ − 1 t ẋ + 1 t 2 x = 0.e usando a fórmula de Abel obtemos∫ − ∫ 1(−e t )dt ∫ eln t∫ dtz(t) =dt = =t 2 t 2 t = ln te portanto a segunda solução que obtemos éx 2 (t) = tz(t) = t ln t,German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPo que implica queé a solução geral.4.1.2 Redução de ordemx(t) = (c 1 + c 2 ln t)t(1) Seja f : I ⊂ R → R e consideremos a equação diferenciald 2 xdt 2= f(t).91

4 Equações lineares de segunda ordemUm exemplo deste tipo foi visto visto no inicio deste capítulo. Como emaquele exemplo, integramos uma vez com relação e obtemos uma equaçãodiferencial de primeira ordem∫dxdt =f(t)dt + c 1 = f 1 (t) + c 1 .Voltando a integrar novamente temos a solução geral∫x(t) =f 1 (t)dt + c 1 t + c 2onde c 1 e c 2 são constantes arbitrárias.{ π}Exemplo. Para t /∈2 + nπ : n ∈ Zdiferenciald 2 xdt = 2 sec2 t.consideremos a equaçãoQueremos encontrar a solução geral e as soluções particulares x(π) = 1e ẋ(π) = 0.Para cada n ∈ Z seja I n =( π2 + (n − 1)π, π )2 + nπ . Observe quequando |n| par (resp. ímpar) temos que cos t > 0 (resp. cos t < 0)para todo t ∈ I n .Uma primeira integração nos dae uma segundadxdt = tg t + c 1German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPLogo a solução geral éx(t) = ln ( 1 )+ c1 t + c 2 .| cos t|x(t) = ln ( 1 )+ c1 t + c 2 , t ∈ I n , n ∈ Z.| cos t|As soluções que verificam x(π) = 1 estão em I 1 = (− π 2 , π ). Resolvendo2a equação 1 = x(π) = c 1 π + c 2 , temos c 2 = 1 − c 2 π. Logo as soluções que92

4.1 Teoria básica da equação homogêneaverificam x(π) = 1 sãox(t) = ln ( 1 )+ c(x − π) + 1, x ∈ I1 .| cos t|Se queremos que verifiquem ẋ(π) = 0, temos que 0 = ẋ(π) = c 1 . Logo asolução é única e é dada porx(t) = ln ( 1 ) π+ 1, x ∈ (−| cos t|2 , π 2 ).(2) Seja Ω ⊂ R 2 um conjunto aberto e f : Ω → R uma função contínua econsideremos a seguinte equação diferenciald 2 xdt = f( t, dx ).2 dtNeste caso introduzimos a variável p = dxdpe obtemosdt dt = d2 xdt Então2substituindo temosdp= f(t, p)dtque é uma equação diferencial de primeira ordem.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPExemplo. Resolver a seguinte equação diferencialt d2 xdt + 2dx2 dt = t.Seja p = dxdp, então temosdt dt = d2 xe a equação diferencial de primeiradt 2ordem t dp + 2p = t. Esta é equivalente a seguinte equação diferencial dedtprimeira ordem e lineardpdt + 2 t p = 193

4 Equações lineares de segunda ordemcuja solução ép(t) = e − ∫ 2 [ ∫t dt c 1 + e ∫ 2∫ ]= e[c −2 ln t 1 + e 2 ln t= 1 ∫ ][ct 2 1 + t 2 dt= 1 [ ]ct 2 1 + t3 .3t dt ]Mas p = dxdximplica quedt dt = c 1t + t . Integrando temos2 3que é a solução geral.x(t) = − c 1t + t2 6 + c 2,c 1 , c 2 ∈ R(3) Seja Ω ⊂ R 2 um conjunto aberto e f : Ω → R uma função contínua econsideremos a seguinte equação diferenciald 2 xdt = f( x, dx ).2 dtTambém neste caso introduzimos a variável p = dxdt , obtendod 2 xdt = dp2 dt = dp dxdx dt = p dpdxGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPe a equação diferencial reduz-se ap dp = f(x, p)dxque é uma equação diferencial de primeira ordem.Exemplo. Encontrar a solução geral da equação diferencialx d2 xdt − ( dx) 2= 0.2 dt94

4.1 Teoria básica da equação homogêneaColocando p = dxdtdptemos pdx = d2 xe a equação diferencial tem a formadt 2xp dpdx − p2 = 0que também pode ser escrita na formadpp = dx xcuja solução é p = c 1 x. Voltando as variáveis x e t temosa qual é equivalente adxdt = c 1xdxx = c 1dt.Integrando temos ln |x| = c 1 t + ln |c 2 | e tomando a exponencial temos(4) Equações do tipox = c 2 e c 1t .F (t, x, ẋ, ẍ) = 0onde F : Ω ⊂ R 4 → R é a diferencial total de uma função ψ(t, x, ẋ).Neste caso nossa equação diferencial é dψ = 0 e portanto as soluções sãoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPsoluções da equação diferencial de primer ordemonde c 1 é uma constante arbitrária.ψ(t, x, ẋ) = c 1Exemplo. Encontrar a solução geral da equação diferencialxẍ + (ẋ) 2 = 0.95

4 Equações lineares de segunda ordemA equação diferencial pode ser escrita comod(xẋ) = 0o que implica que xẋ = c 1 ou que é o mesmo xdx = c 1 dt cuja soluçãogeral é dada por x22 = c 1t + c 2 .(5) Equações do tipoF (t, x, ẋ, ẍ) = 0tal que existe uma função µ(t, x, ẋ) de modo que µ(t, x, ẋ)F (t, x, ẋ, ẍ) édiferencial total de uma função ψ(t, x, ẋ).Como o caso anterior resolvemos a equação ψ(t, x, ẋ) = c 1 . Então cadasolução desta equação é solução de F (t, x, ẋ, ẍ) = 0 ou/ e µ(t, x, ẋ) =0. Logo devemos eliminar as soluções supérfluas, isto é, aquelas queverificam µ(t, x, ẋ) = 0 ou aquelas que indefinem µ e não verificamF (t, x, ẋ, ẍ) = 0.Exemplo. Encontremos usando este metodo novamente a solução geraldexẍ − (ẋ) 2 = 0.Multiplicando por µ(x) = 1 x 2 , obtemosLogo temosxẍ − (ẋ) 2x 2= d(ẋx ) = 0.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPdxx = c 1dtln |x| = c 1 t + ln |c 2 |x(t) = c 2 e c 1t .A única candidata a ser funçã supérflua é x ≡ 0 (já que µ não estádefinida para x = 0), mas não é, já que claramente é solução da equaçãodiferencial original.96

4.1 Teoria básica da equação homogênea(6) Equação do tipoF (t, x, ẋ, ẍ) = 0onde F é uma função homogênea respeito a segunda, terceira e quartavariável, isto é, para todo λ ∈ R existe n ∈ R tal que para todo (t, x, y, z)tem-seF (t, λx, λy, λz) = λ n F (t, x, y, z).Introduzimos uma nova variável z mediante a expressãox = e ∫ zdt .Derivando ambos lados com respeito de t duas vezes, obtemosẋ = ze ∫ zdte ao substituir em nossa equação temoseẍ = (z 2 + ż)e ∫ zdt0 = F (t, x, ẋ, ẍ) = F (t, e ∫ zdt , ze ∫ zdt , (z 2 + ż)e ∫ zdt )= e n ∫ zdt F (t, 1, z, z 2 + ż).Então F (t, 1, z, z 2 + ż) = 0 que é uma equação diferencial da formaf(t, z, ż) = 0 a qual é de primeira ordem.Exemplo. Resolver a seguinte equação diferencialxẍ − (ẋ) 2 = 6tx 2 .Aqui F (t, x, ẋ, ẍ) = xẍ − (ẋ) 2 − 6tx 2 que é homogênea de grau n =2 na segunda, terceira e quarta variável. Pondo z = e ∫ zdt a equaçãotransforma-see 2 ∫ zdt (z 2 + ż − z 2 − 6t) = 0que é equivalente a ż = 6t. A solução desta última equação é z = 3t 2 +c 1o que implica que x = e ∫ (3t 2 +c 1 )dt e portanto x = e t3 +c 1 t+c 2.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP97

4 Equações lineares de segunda ordem4.2 Equação homogênea com coeficientes constantesNesta seção vamos estudar a equação (4.10) quando p(t) = p = cte e q(t) = q =cte, isto é, vamos estudar a equaçãoẍ + pẋ + q = 0. (4.13)A equação (4.13) é chamada equação diferencial de segunda ordem linearhomogênea com coeficientes constantes. Segundo temos visto para encontrara solução geral desta equação diferencial é suficiente encontrar duas soluçõeslinearmente independentes (Teorema 4.1.4).Busquemos as soluções particulares da forma x(t) = e kt , onde k ∈ R (ouC) é uma constante a determinar. Então temosSubstituindo em (4.13) temosComo e kt ≠ 0 temos queẋ = ke kt e ẍ = k 2 e kte kt (k 2 + pk + q) = 0.k 2 + pk + q = 0. (4.14)Logo x(t) = e k 1t é solução da equação (4.13) se e somente se k 1 é solução daequação quadrática (4.14).A equação (4.14) é chamada equação característica associada a equaçãoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP(4.13). A equação característica tem duas raízes, as quais as denotaremos pork 1 e k 2 . Entãok 1 = −p + √ p 2 − 4q2ek 2 = −p − √ p 2 − 4q.2Denotemos por d := p 2 − 4q o discriminante da equação característica.São possíveis os seguintes casos:(a) k 1 e k 2 são números reais e distintos (k 1 ≠ k 2 )98

4.2 Equação homogênea com coeficientes constantes(b) k 1 e k 2 são números reais e iguais (k 1 = k 2 )(c) k 1 e k 2 são números complexos.Analisemos cada caso por separado.4.2.1 Raízes distintasSe d > 0 então as raízes k 1 e k 2 são reais e distintas. Neste casok 1 = −p + √ d2e a solução geral de (4.13) é dada por4.2.2 Raízes iguaisek 1 = −p − √ d2x(t) = c 1 e k 1t + c 2 e k 2t , c 1 , c 2 ∈ R.Se d = 0, então k 1 = k 2 = − p 2 ∈ R e x 1(t) = e k 1t é solução de (4.13).Afirmação. x 2 (t) = te k 1t é solução de (4.13).De fato,ẋ 2 (t) = k 1 te k 1t + e k 1t = k 1 x 2 (t) + x 1 (t) (4.15)ẍ 2 (t) = k 1 ẋ 2 (t) + k 1 x 1 (t) (4.16)Da equação (4.15) temos x 1 (t) = ẋ 2 (t) − k 1 x 2 (t). Substituindo esta equaçãoem (4.16) obtemosGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPo que implica queẍ 2 (t) = k 1 ẋ 2 (t) + k 1 (ẋ 2 (t) − k 1 x 2 (t)) = 2k 1 ẋ 2 (t) − k 2 1x 2 (t)= −pẋ 2 (t) − p24 x 2(t)= −pẋ 2 (t) − qx 2 (t)ẍ 2 (t) + pẋ 2 (t) + qx 2 (t) = 0.Isto prova a afirmação.99

4 Equações lineares de segunda ordemComo x 1 (t) e x 2 (t) são soluções LI (use o Wronskiano), segue que a soluçãogeral de (4.13) é dado por4.2.3 Raízes complexasx(t) = (c 1 + c 2 t)e k 1t , c 1 , c 2 ∈ R.Se d < 0, então k 1 e k 2 são números complexos conjugadosonde α = − p √d2 e β = 2 .Desta formak 1 = α + iβ,k 2 = α − iβe k 1t = e (α−iβ)t = e αt (cos βt + sen βt) e e k 2t = e (α−iβ)t = e αt (cos βt − sen βt)são soluções complexas de (4.13). Logo a parte real x 1 (t) = e αt cos βt e a parteimaginaria x 2 (t) = e αt sen βt são soluções de (4.13) (item (4) do Teorema4.1.1). Além disso, como elas são LI a solução geral da equação (4.13) é dadaporx(t) = e αt (c 1 cos βt + c 2 sen βt), c 1 , c 2 ∈ R.Exemplo 1. Consideremos a equação diferencialA equação característica éẍ − 3ẋ + 2x = 0.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPk 2 − 3k + 2 = 0cujas raízes são k 1 = 1 e k 2 = 2. Portanto a solução geral é dada porx(t) = c 1 e t + c 2 e 2t , c 1 , c 2 ∈ R.Exemplo 2. Consideremos a equação diferencialẍ + 4ẋ + 5x = 0.100

4.2 Equação homogênea com coeficientes constantesA equação característica ék 2 + 4k + 5 = 0,cujas raízes são k 1 = −2 + i e k 2 = −2 − i. Portanto a solução geralx(t) = e −2t (c 1 cos t + c 2 sen t), c 1 , c 2 ∈ R.Exemplo 3. Consideremos a equação diferencialẍ + 2ẋ + x = 0.A equação característica ék 2 + 2k + 1 = 0,cujas raízes são k 1 = k 2 = −1. Portanto a solução geral é dada por4.2.4 Equação de Eulerx(t) = (c 1 + c 2 t)e −t , c 1 , c 2 ∈ R.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPSão equações diferenciais da formacom a 2 , a 1 , a 0 constantes reais, a 2 ≠ 0.a 2 t 2 d2 xdt + a 1t dx2 dt + a 0x = 0 (4.17)Se fazemos a substituição t = e y (para t > 0), obtemos dtdy = ey e portanto101

4 Equações lineares de segunda ordemdydt = e−y . Desta maneiraSubstituindo em (4.17) obtemosẋ = dxdt = dx dy dx= e−ydy dt dyẍ = d2 xdt = d ( )−y dxe = d (e 2 dt dy dy()= e −y d2 x dx dy− e−ydy2 dy dt( d= e −2y 2 xdy − dx ).2 dy( da 2 e 2y e −2y 2 xdy − dx )+ a 2 1 e y edy−y dx) dydy dt−y dxdy + a 0x = 0que é equivalente a uma equação linear homogênea com coeficientes constantesA equação característica de (4.18) éd 2 xa 2dy + (a 2 1 − a 2 ) dxdy + a 2x = 0 (4.18)a 2 k 2 + (a 1 − a 2 )k + a 0 = 0.Deste modo se k 1 é raiz desta equação, x 1 (y) = e k 1y é solução de (4.18), o queimplica queGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPx(t) = e k 1 ln t = t k 1é solução de nossa equação original (4.17).Observação. Na pratica as vezes é conveniente buscar diretamente soluçõesde (4.17) da forma x(t) = t k 1.Exemplo 1. Resolver a equação diferencialt 2 ẍ + 5 tẋ − x = 0.2102

4.2 Equação homogênea com coeficientes constantesA correspondente equação característica ék 2 + 3 2 k − 1 = 0,cujas raízes são k 1 = 1 2 e k 2 = −2. Portanto a solução geral é dada porx(t) = c 1 t 1/2 + c 2 t −2 , c 1 , c 2 ∈ R.Exemplo 2. Resolver a equação diferencialt 2 ẍ − tẋ + x = 0.A equação característica ék 2 − 2k + 1 = 0,cujas raízes são k 1 = k 2 = 1. Portanto são soluções para a equaçãotransformada são x 1 (y) = e y e x 2 (y) = ye y .Assim,x 1 (t) = t e x 2 (t) = (ln t)tsão soluções LI de nossa equação e a solução geral éx(t) = (c 1 + c 2 ln t)t, c 1 , c 2 ∈ R.Exemplo. Resolver a seguinte equação diferencialt 2 ẍ + tẋ + x = 0.A correspondente equação característica ék 2 + 1 = 0,German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPcujar raízes são k 1 = i e k 2 = −i. Portanto são soluções para a equação103

4 Equações lineares de segunda ordemtransformada x 1 (y) = cos y e x 2 (y) = sen y. Assim,x 1 (t) = cos(ln t) e x 2 (t) = sen(ln t)são soluções LI de nossa equação e a solução geral é dada porx(t) = c 1 cos(ln t) + c 2 sen(ln t), c 1 , c 2 ∈ R.4.3 Equação não-homogêneaConsideremos a equação não-homogêneaẍ + p(t)ẋ + q(t)x = g(t), (4.19)onde p, q e g são funções contínuas num intervalo I e g(t) ≠ 0.formaUsando o operador diferencial L definido em (4.8), esta equação toma aL[x](t) = g(t). (4.20)As seguintes propriedades são conseqüência imediata da linearidade dooperador L.(1). Se x é solução de L[x](t) = 0 e ˜x é solução (particular) de L[x](t) = g(t),então x + ˜x é solução de L[x](t) = g(t).(2). Se x i é solução de L[x](t) = g i (t), para i = 1, 2, · · · , n, então x(t) =n∑∑α i x i (t) é solução de L[x](t) =n α i g i (t), onde α i , i = 1, 2, · · · , n sãoi=1constantes.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP(3). Suponha que as funções p, q, U, V : R → R. Então, se a equaçãotem soluçãoi=1L[x](t) = U(t) + iV (t)x(t) = u(t) + iv(t)com u, v : R → R, então u(t) é solução de L[x](t) = U(t) e v(t) é solução deL[x](t) = V (t).104

4.3 Equação não-homogêneaTeorema 4.3.1 Considere a equação L[x](t) = g(t) com coeficientes p, q e gcontínuos em um intervalo I. Se c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t), com c 1 , c 2 ∈ R,é a soluçãogeral de L[x](t) = 0, e ˜x é uma solução particular de L[x](t) = g(t), entãoé a solução de L[x](t) = g(t).x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) + ˜x(t), c 1 , c 2 ∈ R,Demonstração. Seja ˜x 1 uma solução qualquer de L[x](t) = g(t). Temos quemostrar que existem constantes c 1 , c 2 ∈ R tal que˜x 1 (t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) + ˜x(t), ∀t ∈ I.Mas como ˜x 1 −˜x é solução da equação L[x](t) = 0, existem constantes c 1 , c 2 ∈ Rtal queo que termina a demonstração.˜x 1 (t) − ˜x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t), ∀t ∈ I,Exemplo. Resolver a equação diferencial ẍ + x = t. Claramente x(t) = t ésolução particular de L[x](t) = ẍ + x = t.Consideremos agora a equação homogênea ẍ + x = 0.caraterística é k 2 + 1 = 0 e portanto sua solução geral éc 1 cos t + c 2 sen t, c 1 , c 2 ∈ R.Sua equaçãoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPPortanto a solução geral de nossa equação inicial éx(t) = c 1 cos t + c 2 sen t + t, c 1 , c 2 ∈ R.4.3.1 Método de variação das constantesA continuação introduzimos um procedimento para encontrar uma soluçãoparticular de uma equação linear não-homogênea sob a hipótese de queconhecemos a solução geral da correspondente equação homogênea.105

4 Equações lineares de segunda ordemComo sempre L denota o operadorL[u](t) = ü(t) + p(t) ˙u(t) + q(t)u(t),onde p, q : I ⊂ R → R são funções contínuas no intervalo I.Suponham que c 1 u 1 (t) + c 2 u 2 (t), c 1 , c 2 ∈ R é a solução geral de L[u](t) = 0.Dada uma função g contínua no intervalo I, procuraremos uma soluçãoparticular de L[u](t) = g(t) da formau p (t) = c 1 (t)u 1 (t) + c 2 (t)u 2 (t).temos então duas funções incógnitas c 1 (t) e c 2 (t). Estas debem ser tais quec 1 (t)u 1 (t) + c 2 (t)u 2 (t) satisfaçam a equaçãoü p (t) + p(t) ˙u p (t) + q(t)u p (t) = g(t).Isto é temos duas funções incógnitas e uma única equação. Podemos entãopedir que c 1 (t) e c 2 (t) satisfaçam uma equação adicional que facilite seu cálculo.Observe que se u p (t) = c 1 (t)u 1 (t) + c 2 (t)u 2 (t), então˙u p (t) = c 1 (t) ˙u 1 (t) + c 2 (t) ˙u 2 (t) + ċ 1 (t)u 1 (t) + ċ 2 (t)u 2 (t).Para que pelo menos ao fazer ao primeira derivada de u(t), as funções c 1 (t)e c 2 (t) se comportem como constante, impomos a condição adicionalċ 1 (t)u 1 (t) + ċ 2 (t)u 2 (t) = 0, ∀t ∈ I.Com esta condição obtemosu p (t) = c 1 (t)u 1 (t) + c 2 (t)u 2 (t)˙u p (t) = c 1 (t) ˙u 1 (t) + c 2 (t) ˙u 2 (t)ü p (t) = c 1 (t)ü 1 (t) + c 2 (t)ü 2 (t) + ċ 1 (t) ˙u 1 (t) + ċ 2 (t) ˙u 2 (t).German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP106

4.3 Equação não-homogêneaSubstituindo em nossa equação e ordenando obtemosg(t) = ċ 1 (t) ˙u 1 (t) + ċ 2 (t) ˙u 2 (t) + c 1 (t)(ü 1 + p(t) ˙u 1 (t) + q(t)u 1 (t))+ c 2 (t)(ü 2 + p(t) ˙u 2 (t) + q(t)u 2 (t))= ċ 1 (t) ˙u 1 (t) + ċ 2 (t) ˙u 2 (t).Portanto nossas funções c 1 (t) e c 2 (t) devem satisfazer o seguinte sistema⎧⎨ċ 1 (t)u 1 (t) + ċ 2 (t)u 2 (t) = 0⎩ċ 1 (t) ˙u 1 (t) + ċ 2 (t) ˙u 2 (t) = g(t)com ċ 1 (t) e ċ 2 (t) como funções incógnitas.Observe para todo t ∈ I o determinanteu 1 (t)∣ ˙u 1 (t)u 2 (t)˙u 2 (t) ∣coincide com o Wronskiano da equação homogênea. Como u 1 e u 2 são LIW [u 1 , u 2 ](t) ≠ 0, e portanto o sistema sempre tem solução. Estas soluções sãoċ 1 (t) = −g(t)u 2(t)W [u 1 , u 2 ](t)Finalmente integrando obtemos∫c 1 (t) = −e ċ 2 (t) = g(t)u 1(t)W [u 1 , u 2 ](t) .∫g(t)u 2 (t)W [u 1 , u 2 ](t) dt e c 2(t) = −German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPExemplo. Resolver a equação diferencial ẍ + x = 1cos t .g(t)u 1 (t)W [u 1 , u 2 ](t) dt.Solução. Como a solução geral de ẍ + x = 0 é c 1 cos t + c 2 sen t, colocamosu p (t) = c 1 (t) cos t + c 2 (t) sen t,107

4 Equações lineares de segunda ordemcomo sendo a solução particular e tratamos de resolver o sistemaResolvendo o sistema temosLogo a solução geral é⎧⎨ċ 1 (t) cos t + ċ 2 (t) sen t = 0⎩−ċ 1 (t) sen t + ċ 2 (t) cos t = 1cos t .ċ 1 (t) = − sen tcos tc 1 (t) = ln | cos t|ċ 2 = 1c 2 (t) = t.x(t) = c 1 cos t + c 2 sen t + ln | cos t| cos t + t sen t, c 1 , c 2 ∈ R.4.3.2 Método dos coeficientes indeterminadosEste método aplica-se para encontrar uma solução particular para equações dotipoa 2 ẍ + a 1 ẋ + a 0 x =m∑e rit (P i (t) cos q i t + Q i sen q i t) , (4.21)onde a 0 , a 1 , a 2 , r i e q i (i = 1 : m) são constantes reais, a 2(i = 1 : m) são polinômios.i=1≠ 0, e P i e Q iGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPA correspondente equaçao característica da equação homogênea éa 2 k 2 + a 1 k + a 0 = 0. (4.22)Observe que o tipo particular de funções que aparecem no lado direito daequação (4.21) consta de termos da forma, k, t n , com n inteiro positivo,e rt , cos qt, sen qt, ou bem expressões que podem-se obter por um número finitode adições, substrações e/ou multiplicações das anteriores.108

4.3 Equação não-homogêneaExemplos deste tipo de equações sãoẍ + 3ẋ + 5x = 2e 3t e ẍ + 5ẋ + 4x = 8t 2 + 3 + 2 cos 2t.O seguinte teorema nos da um método para encontrar uma soluçãoparticular no caso m = 1. Se m > 1, para cada i = 1, · · · , m, usando estemétodo podemos encontrar uma solução particular x i (t) da equaçãoLogoa 2 ẍ + a 1 ẋ + a 0 x = e r it (P i (t) cos q i t + Q i sen q i t) .é solução particular de (4.21).Consideremos então a equaçãoy p (t) =m∑x i (t)i=1a 2 ẍ + a 1 ẋ + a 0 x = e rt (P (t) cos qt + Q sen qt) . (4.23)onde a 0 , a 1 , a 2 , r e q são constantes reais, a 2 ≠ 0, e P e Q são polinômios.Teorema 4.3.2 Seja n = max{grau P, grau Q}.(a) se r ± iq não é raiz da equação característica (4.22), então a equação(4.23) tem solução particular da formax p (t) = e rt (R n (t) cos qt + S n (t) sen qt)onde R n (t) e S n (t) são polinômios de grau n.(b) Se r ± iq é raiz de multiplicidade α de (4.22), então a equação (4.23)tem solução particular da formax p (t) = t α e rt (R n (t) cos qt + S n (t) sen qt)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPonde R n (t) e S n (t) são polinômios de grau n.109

4 Equações lineares de segunda ordemEm cada caso os coeficientes dos polinômios R n (t) e S n (t) calculam-sesubstituindo x p (t) na equação.Exemplo. Encontremos uma solução particular da equaçãoẍ + 4ẋ + 5x = 2 e 3t .Como r ± iq = 3 não é raiz da equação característicak 2 + 4k + 5 = 0,e o máximo entre os grau dos polinômios P (t) = 2 e Q(t) = 0 é zero, devemosbuscar uma solução particular da formax p (t) = Ae 3t .Para encontrar o valor de A calculamosẋ p (t) = 3Ae 3t e ẍ = 9Ae 3t ,e substituindo na equação diferencial obtemosPortantoe nossa solução particular é9Ae 3t + 12Ae 3t + 5Ae 3t = 2e 3t .German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP26Ae 3t = 2e 3t =⇒ A = 113 ,x p (t) = 1 13 e3t .Exemplo. Encontremos uma solução particular de equaçãoẍ + 5ẋ + 4x = 3 + 8t 2 + 2 cos 2t.110

4.3 Equação não-homogêneaA equação característica ék 2 + 5k + 4 = 0,cujas raízes são k 1 = −1 e k 2 = −4. Escrevamos a equação na formaL[x](t) = g 1 (t) + g 2 (t),com g 1 (t) = 3 + 8t 2 e g 2 (t) = 2 cos 2t.Para L[x](t) = g 1 (t), temos que r ± iq = 0 não é raiz de equaçãocaracterística e o grau de P (t) = 3 + 8t 2 é dois, temos solução particularda formax 1 p(t) = A 0 + A 1 t + A 2 t 2 .Para L[x](t) = g 2 (t), temos que r ±iq = ±2i também não é raiz da equaçãocaracterística. Além disso como o máximo entre os graus de P (t) = 2 e Q(t) =0 é zero, temos solução particular da formax 2 p(t) = A 3 cos 2t + A 4 sen 2t.Desta forma a equação inicial L[x](t) = g 1 (t) + g 2 (t), tem solução particularda formax p (t) = x 1 p + x 2 p = A 0 + A 1 t + A 2 t 2 + A 3 cos 2t + A 4 sen 2t.Temosẋ p (t) = A 1 + 2A 2 t − 2A 3 sen 2t + 2A 4 sen 2tẍ p (t) = 2A 2 − 4A 3 cos 2t − 4A 4 sen 2t.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP111

4 Equações lineares de segunda ordemAssim,L[x p ](t) = 2A 2 − 4A 3 cos 2t − 4A 4 sen 2t + 5(A 1 + 2A 2 t − 2A 3 sen 2t+ 2A 4 sen 2t) + 4 ( A 0 + A 1 t + A 2 t 2 + A 3 cos 2t + A 4 sen 2t )= (2A 2 + 5A 1 + 4A 0 ) + (10A 2 + 4A 1 )t + 4A 2 t 2 + 10A 4 cos 2t− 10A 3 sen 2t,e comparando comg 1 (t) + g 2 (t) = 3 + 8t 2 + 2 cos 2t,obtemos as equações2A 2 + 5A 1 + 4A 0 = 310A 2 + 4A 1 = 0cujas soluções sãoLogo4A 2 = 810A 4 = 2−10A 3 = 0A 3 = 0, A 4 = 1 5 , A 2 = 2, A 1 = −5, A 0 = 6.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPé a solução particular procurada.x p (t) = 6 − 5t + 2t 2 + 1 sen 2t5Exemplo. Procuremos uma solução particular deA equação característica éẍ − ẋ − 6x = e −2t + 2e −3t .k 2 − k − 6 = (k + 2)(k − 3) = 0.112

4.3 Equação não-homogêneaComor = −2 é raiz de multiplicidade um da equação característica, a equaçãoL[x](t) = e −2t tem solução da formax 1 (t) = A 0 te −2t .Por outro lado r = −3 não é raiz da equação característica, logo L[x](t) = e −3ttem solução da formaSeja entãoDerivando obtemosLogox 2 (t) = A 1 e −3t .x p (t) = A 0 te −2t + A 1 e −3t .ẋ p (t) = A 0 e −2t − 2A 0 te −2t − 3A 1 e −3tẍ p (t) = −4A 0 e −2t + 4A 0 te −2t + 9A 1 e −3tL[x p ](t) = −4A 0 e −2t + 4A 0 te −2t + 9A 1 e −3t − (A 0 e −2t − 2A 0 te −2t − 3A 1 e −3t )− 6(A 0 te −2t + A 1 e −3t )German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP= −5A 0 e −2t + 6A 1 e −3t ,e comparando com e −2t + 2e −3t , obtemosPortantoA 0 = − 1 5e A 1 = 1 3 .x p (t) = − 1 5 te−2t = 1 3 e−3té a solução particular procurada.113

4 Equações lineares de segunda ordem4.4 Aplicações: Vibrações mecânicas e Leis de Kepler.4.5 Lista de exercícios1. Sabe-se que y = c 1 e x +c 2 e −x é uma família a dois parâmetros de soluçõespara y ′′ − y = 0 em R. Encontre um membro dessa família satisfazendoas condições iniciais y(0) = 0, y ′ (0) = 1.2. Encontre dois membros da família de soluções para xy ′′ − y ′ = 0, quesatisfaçam as condições iniciais y(0) = 0, y ′ (0) = 0.3. Determine se as funções dadas são linermente independentes oudependentes em (−∞, ∞).(a) f1 1 (x) = x, f 2 (x) = x 2 , f 3 (x) = 4x − 3x 2(b) f 1 (x) = 5, f 2 (x) = cos 2 x, 4 sen 2 x(c) f 1 (x) = x, f 1 (x) = x − 1, f 3 (x) = x + 3(d) f 1 (x) = 1 + x, f 2 (x) = x, f 3 (x) = x 24. Mostre, calculando o Wronskiano, que as funções dadas são linearmenteindependentes no intervalo indicado.(a) x 1/2 , x 2 ; (0, ∞) (b) 1 + x, x 3 ; (−∞, ∞)(c) sen x, csc x, (0, π)(d) tg x, ctg x; (0, π/2)(e) e x , e −x , e 4x ; (−∞, ∞) (f) x, x ln x, x 2 ln x; (0, ∞)5. Verifique que a função dada a dois parâmetros de funções é a soluçãoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPgeral para a equação diferencial não-homogênea no intervalo indicado.(a) y ′′ − 7y ′ + 10y = 24e x , y = c 1 e 2x + c 2 e 5x + 6e x , (−∞∞)(b) y ′′ − y = sec x, y = c 1 cos x + c 1 sen x + x sen x + cos x ln(cos x),(−π/2, π/2)(c) y ′′ − 4y ′ + 4y = 2e 2x + 4x − 12,y = c 1 e 2x + c 2 xe 2x + x 2 e 2x + x − 2, (−∞, ∞)(d) 2x 2 y ′′ + 5xy ′ + y = x 2 − x, y = c 1 x −1/2 + c 2 x −1 + 1 5 x2 − 1 x, (0, ∞).6114

4.5 Lista de exercícios6. Seja y 1 e y 2 duas soluções para a equação diferencial de segunda ordema 2 (x)y ′′ + a 1 (x)y ′ + a 0 (x)y = 0.(a) Se W = W [y 1 , y 2 ] é o Wronskiano de y 1 e y 2 , mostre que(b) Mostre queonde c é uma constante.a 2 (x) dWdx + a 1(x)W = 0.W = ce − ∫ [a 1 (x)/a 2 (x)] dx7. Encontre uma segunda solução para cada equação diferencial. Useredução de ordem ou a fórmula de Abel.(a) y ′′ + 5y ′ = 0; y 1 = 1 (b) y ′′ − y ′ = 0; y 1 = 1(c) y ′′ − 4y ′ + 4y = 0; y 1 = e 2x(e) y ′′ − y = 0; y 1 = cosh x(f) 9y ′′ − 12y ′ + 4y = 0; y 1 = e 2x/3(d) y ′′ + 16y = 0; y 1 = cos 4x(g) x 2 y ′′ − 7xy ′ + 16y = 0; y 1 = x 4(h) (1 − 2x − x 2 )y ′′ + 2(1 + x)y ′ − 2y = 0; y 1 = x + 1.8. Encontre a solução geral para a equação diferencial dada.(a) 4y ′′ + y ′ = 0 (b) y ′′ − 36y = 0(c) y ′′ + 9y = 0 (d) y ′′ + 8y ′ + 16y = 0(e) y ′′ 3y ′ − 5y = 0 (f) 12y ′′ − 5y ′ − 2y = 0(g) 3y ′′ + 2y ′ + y = 0 (h) 8y ′′ + 2y ′ − y = 0(i) 2y ′′ − 3y ′ + 4y = 09. Resolva a equação diferencial dada sujeita às condições iniciais indicadas(a) y ′′ + 16y = 0, y(0) = 2, y ′ (0) = −2(b) y ′′ + 6y ′ + 5y = 0, y(0) = 0, y ′ (0) = 3(c) 2y ′′ − 2y ′ + y = 0, y(0) = −1, y ′ (0) = 0German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP115

4 Equações lineares de segunda ordem(d) y ′′ + y ′ + 2y = 0, y(0) = y ′ (0) = 0(e) y ′′ − 3y ′ + 2y = 0, y(1) = 0, y ′ (1) = 1.10. Resolva a equação diferencial dada pelo método dos coeficientesindeterminados(a) y ′′ + 3y ′ + 2y = 6 (b) y ′′ − 10y ′ + 25y = 30x + 3(c) 1 4 y′′ + y ′ + y = x 2 − 2x(e) y ′′ − y ′ = −3(d) y ′′ + 3y = −48x 2 e 3x(f) y ′′ − y ′ + 1 4 y = 3 + ex/2(g) y ′′ + 4y = 3 sen 2x (h) y ′′ + y = 2x sen x.11. Resolva a equação diferencial dada sujeita às condições iniciais indicadas.(a) y ′′ + 4y = −2, y(π/8) = 1/2, y ′ (π/8) = 2(b) 5y ′′ + y ′ = −6x, y(0) = 0, y ′ (0) = 1(c) y ′′ + 4y ′ + 5y = 35e −4x , y(0) = −3, y ′ (0) = 1(d) d2 xdt + 2 ω2 x = F 0 sen ωt, x(0) = x ′ (0) = 0(e) y ′′ + y = cos x − sen x, y(π/2) = y ′ (π/2) = 0.12. Resolva cada equação diferencial pelo método da variação dosparâmetros. Defina um intervalo no qual a solução geral seja válida.(a) y ′′ + y = sec x(b) y ′′ + y = sen x(c) y ′′ + y = cos 2 x(d) y ′′ − y = cosh x(e) y ′′ + 3y ′ + 2y = 11 + e x (f) y ′′ − 2y ′ + y = e −x ln xGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP13. Resolva a equação diferencial pelo método da variação dos parâmetros,sujeita à condição inicial y(0) = 1, y ′ (0) = 0.(a) 4y ′′ − y = xe x/2(b) y ′′ + 2y ′ − 8y = 2e −2x − e −x(c) 2y ′′ + y ′ − y = x + 1(d) y ′′ − 4y ′ + 4y = e 2x (12x 2 − 6x).116

4.5 Lista de exercícios14. Encontre a solução geral da equação diferenciald 2 ydx + x dy2 1 − x dx − 11 − x y = 1 − xsabendo que uma solução da equação homogênea é y 1 (x) = e x .15. Resolver as seguintes equações de Euler.(a) x 2 d2 ydx + 3xdy2 dx + y = 0 (b) x2 y ′′ − xy ′ − 3y = 0(c) x 2 y ′′ + xy ′ + 4y = 0 (d) y ′′ + y′x = y x = 0 2(e) x 2 y ′′ − 4xy ′ + 6y = 0(f) y ′′ = 2yx . 216. Sabendo-se que as funções t −1/2 sen t e t −1/2 cos t são soluções linearmenteindependentes da equação t 2 ẍ + tẋ + (t 2 − 1 )x = 0, t > 0, encontre a4solução geral det 2 ẍ + tẋ + (t 2 − 1 4 )x = 3t3/2 sen t.17. Determine duas soluções linearmente independentes de t 2 ẍ − 2x = 0 daforma x = t r . Usando essas duas soluções, determine a solução geral det 2 ẍ − 2x = t 2 .18. Uma solução da equação ẍ + p(t)ẋ + q(t)x = 0 é (1 + t) 2 , e o Wronskianode duas soluções quaisquer, desta equação, é constante.Determine aGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPsolução geral deẍ + p(t)ẋ + q(t)x = 1 + t.117

German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP

Capítulo5Sistemas lineares bidimensionaisUm sistema bidimensional de equações diferenciais de primeira ordem é umsistema de equações da seguinte forma⎧⎪⎨dx= f(t, x, y)dtdy(5.1)⎪⎩dt = g(t, x, y).Nesse sistema, t é a variável independente, x = x(t) e y = y(t) são as funçõesprocuradas (incógnitas), e f, g : Ω ⊂ R 3 → R.Vários modelos aparecem nessa forma. Por exemplo, x e y podem indicara população de duas espécies que interagem entre si, com f e g indicandoGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPa influência dessa interação na taxa de crescimento de cada população. Asespécies podem estar em competição por um mesmo alimento, em simbiose,ou uma é presa e a outra, o predador.particular para f e g.Em cada caso, teremos uma formaVamos considerar, inicialmente, sistemas bidimensionais no caso particularde funções lineares em x e y, ou seja, para cada t, essas funções lineares em xe y. Assim, f e g tem a formaf(t, x, y) = a(t)x + b(t)y + e(t),g(t, x, y) = c(t)x + d(t)y + h(t).119

5 Sistemas lineares bidimensionaisDessa forma, temos os sistemas lineares:⎧⎪⎨dx= a(t)x + b(t)y + e(t)dtdy ⎪⎩ = c(t)x + d(t)y + h(t).dtNo caso em que e(t) = 0 e h(t) = 0, temos os chamados sistemas lineareshomogêneos:⎧⎪⎨ dx= a(t)x + b(t)ydt⎪dy⎩ = c(t)x + d(t)y.dtSe a(t) = a, b(t) = b e c(t) = c e d(t) = d, temos os chamados sistemas linearescom coeficientes constantes:⎧⎪⎨dx= ax + by + e(t)dtdy ⎪⎩ = cx + dy + h(t).dtCaso os termos não-homogêneos e(t) e h(t) variem com t, o sistema é nãoautônomo.No caso desses coeficientes não depemderem de t, temos os sistemaslineares autônomos não homogêneos:⎧⎪⎨dx= ax + by + edtdy ⎪⎩ = cx + dy + h.dtGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPFinalmente, temos os sistemas lineares autônomos homogêneos, tambémchamados sistemas lineares homogêneos com coeficientes constantes:⎧⎪⎨dx= ax + bydtdy ⎪⎩ = cx + dy.dtVamos tratar a seguir este último caso.120

5.2 Retrato de fase5.1 Introdução à teoria geométricaA teoria qualitativa(geométrica) que fizemos para equações de primeiraordem pode ser estendida a sistemas de equações. Podemos assim,construir um diagrama(retrato) de fase,indicando o comportamento qualitativa das soluções.lineares, conceitos defundamentais.nesse caso um plano de fase,No caso de equaçõesÁlgebra Linear como autovetores e autovalores serãoPrimeiro, observe que sistemas da formapodem ser escritos em forma vetorialonde⎧⎪⎨dx= ax + bydtdy(5.2)⎪⎩dt = cx + dy.du= Au, (5.3)dt( ) (xau = , A =yc)b.dPodemos, assim, fazer uma analogia com o caso escalar. No caso de umaequação escalar dxdt = ax, a solução geral é x = Ceat . No caso vetorial, somostentados a escreveru(t) = e At C,onde C =( )C 1C 2é um vetor de “constantes de integração”. Veremos comofazer isso rigorosamente mais adiante. Primeiro, vamos resolver as equaçõesGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPde uma forma mais simples e estudar os retratos de fase.5.2 Retrato de faseDefinição 5.2.1 Os pontos onde a expressão à direita do sinal de igualdadena equação (5.1) são iguais a zero, são chamados de pontos críticos, ou deequilíbrio. Tais pontos correspondem a soluções constantes.121

5 Sistemas lineares bidimensionaisPara o sistema (5.3), os pontos onde Au = 0 correspondem a soluções deequilíbrio (constantes) e também chamados pontos críticos. Vamos supor queA é invertível, de modo que det A ≠ 0. Então, x = 0 = (0, 0) é o único pontode equilíbrio para o sistema (5.3).Definição 5.2.2 Uma trajetória(ou solução) do sistema (5.2) é uma curvaα : R → R 2 definida por t → α(t) = (x(t), y(t)) que satisfaça (5.2).Uma órbita do sistema(5.2) é a imagem de uma trajetória e adenotaremos por γ, isto é, γ = {(x(t), y(t)) : t ∈ R}. Nesse caso, as órbitassão curvas no plano xy. A forma dessas curvas indica o comportamento decada trajetória.O retrato de fase do sistema (5.2) é o conjunto de órbitas do sistema, coma indicação do sentido de cada órbita em relação ao sentido de crescimentoda variável temporal t. O retrato de fase indica o comportamento de todas astrajetórias possíveis.Para ilustrar a representação de órbitas no retrato de fase, considere osistema massa-mola sem amortecimentom d2 x+ kx = 0.dt2 Vimos que a solução geral neste caso tem a formax(t) = C 1 cos(t √ k/m) + C 2 sen(t √ k/m).German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPIsso nos dá a posição do sistema massa-mola em relação à posição de equilíbrio,mostrando que o sistema oscila indefinidamente. Introduzindo a velocidadecomo uma nova variável, podemos reescrever essa equação como um sistemade equações de primeira ordem, ou seja,⎧dx⎪⎨ dt = ydy ⎪⎩dt = − k m x.122

5.2 Retrato de faseComo y(t) é a derivada temporal de x(t), podemos deduzir, da solução geralpara x(t), quey(t) = −C 1√k/m sen(t√k/m) + C2√k/m cos(t√k/m).Tanto x(t) e y(t) são funções priódicas. O retrato de fase natural para o sistemaé o plano xy, pois, em um certo instante, o conhecimento de apenas uma dasvariáveis não determina a solução. Ou seja, não basta sabermos a posição dopêndulo em um certo instante para determinarmos o comportamento futurodo pêndulo, é necessário conhecermos, também, a velocidade instantânea dopêndulo naquela instante. Nesse plano xy, o comportamento é dado pela curva(x(t), y(t)).Consideremos a equação matricialdx= A(t)x + b(t) (5.4)dtonde A = (a ij (t)) é a matriz de ordem n × n cujos elementos a ij (t) sãofunções contínuas e b(t) = (b i (t)) é o vetor coluna cujos elementos b i (t) sãofunções contínuas também.sobre existência e unicidade de solução.Para a equação (5.4) vale o seguinte resultadoTeorema 5.2.1 Para todo (t 0 , x 0 ) ∈ I ×Ω ⊂ R×R n existe uma única soluçãoϕ(t) = ϕ(t, t 0 , x 0 ) de (5.4) definida em I tal que ϕ(t 0 ) = x 0 .Corolário 5.2.1 Sejam ϕ, ψ soluções da equação homogêneaGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPẋ = A(t)x. (5.5)(a) Se a, b são constantes arbitrárias, reais ou complexas, então γ = aϕ +bψé solução de (5.5).(b) Se ϕ(s) = 0 para algum s ∈ I então ϕ(t) = 0, ∀t ∈ I.Consideremos o espaço C := C(I, R n ) = {ϕ : I → R n : ϕ é contínua }. Cé um espaço vetorial munido das operações de soma de funções e produto deuma constante, real ou complexa conforme for o caso, por uma função.123

5 Sistemas lineares bidimensionaisObservemos o seguinte:(i) O Corolário 5.2.1, parte (a) mostra que o conjunto A := {ϕ ∈ C :ϕ é solução de (5.5)} é um subespaço vetorial de C sobre os reais oucomplexos conforme o caso).(ii) Seja s ∈ I. Definamos a aplicação E s : A → R n definida por E s (ϕ) =ϕ(s). É óbvio que E s é uma aplicação linear. Ela é sobrejetiva peloTeorema 5.2.1, pois E s (ϕ(t, s, x 0 )) = x 0 para qualquer x 0 ∈ R n . PeloCorolário 5.2.1, parte (b), implica que o ker(E s ) = {0}, portanto, ela éinjetiva. Logo E s é um isomorfismo.Em particular, dim A = dim R n = n.Resumindo estas propriedades temos:Proposição 5.2.1 O conjunto A de todas as soluções de (5.5) é um espaçovetorial de dimensão n.Mais ainda, para cada s ∈ I, a aplicação que ax 0 ∈ R n associa a solução ϕ(t, s, x 0 ), que passa por (s, x 0 ) é um isomorfismode R n sobre A.Em particular, se v 1 , v 2 , · · · , v n formam uma base de R n , então ϕ 1 =ϕ(t, s, v 1 ), ϕ 2 = ϕ(t, s, v 2 ), · · · , ϕ n = ϕ(t, s, v n ) formam uma base de A, isto é,toda solução de (5.5) se exprime como combinação linear única de ϕ 1 , · · · , ϕ n ,com coeficientes reais ou complexos, segundo o caso.COLOCAR o Teste da independência linearcomo também a definição de matriz solução deẋ(t) = A(t)x.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPDefinição 5.2.3 (Matriz fundamental) Uma matriz φ(t) de ordem n × ncujas colunas formam uma base do espaço de soluções de (5.5) chama-se matrizfundamental de (5.5).O seguinte teorema mostra que o conhecimento de uma matriz fundamentalde (5.5) implica no conhecimento da “solução geral” de (5.4).124

5.2 Retrato de faseTeorema 5.2.2 Se φ(t) é uma matriz fundamental de (5.5), então a soluçãoϕ(t, t 0 , x 0 ) de (5.4) tal que ϕ(t 0 , t 0 , x 0 ) = x 0 é dada por[ϕ(t, t 0 , x 0 ) = φ(t) φ −1 (t 0 )x 0 +]φ −1 (s)b(s)ds . (5.6)t 0Em particular, ϕ(t, t 0 , x 0 ) = φ(t)φ −1 (t 0 )x 0 , no caso homogêneo.Demonstração. Imediata por substituição direta em (5.4). Vamos indicaro processo heurístico que motiva a fórmula (5.6), chamada na terminologiaclássica “fórmula de variação das constantes”.Assim,∫ tSeja C(t) tal que ϕ(t) = ϕ(t, t 0 , x 0 ) = φ(t)C(t). Então,A(t)ϕ(t) + b(t) = ϕ ′ (t) = φ ′ (t)C(t) + φ(t)C ′ (t)e como C(t 0 ) = φ −1 (t 0 )x 0 , temos= A(t)φ(t)C(t) + φ(t)C ′ (t) = A(t)ϕ(t) + φ(t)C ′ (t).C ′ (t) = φ −1 (t)b(t)C(t) = φ −1 (t 0 )x 0 +∫ tt 0φ −1 (s)b(s)ds.Proposição 5.2.2 (Fórmula de Liouville) Seja φ(t) uma matriz cujascolunas são soluções de (5.5). Então para todo t ∈ I e t 0 ∈ fixo,det φ(t) = det φ(t 0 ) e ∫ traçoA(s)dsGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP∑onde traço A = n a ii , se A = (a ij ).i=1Consideremos agora a equação linear homogênea com coeficientesconstantesonde A é uma matrix de ordem n × n real ou complexa.ẋ = Ax (5.7)Seja φ(t) a matriz fundamental de (5.7) tal que φ(0) = I (identidade). Éclaro, pelo Teorema 5.2.1 que φ esta definida para todo t ∈ R.125

5 Sistemas lineares bidimensionaisNo caso n = 1, A = a ∈ R ou C, e temos φ(t) = e at .Na seguinteproposição mostraremos que a aplicação t → φ(t) tem propriedades análogasà função exponencial. Isto motivará a definição de exponencial de matrizes.Proposição 5.2.3 Seja φ(t) a fundamental de (5.7).(a) φ ′ (t) = Aφ(t), φ(0) = I(b) para todo t, s ∈ R, φ(t + s) = φ(t)φ(s)(c) [φ(t)] −1 = φ(−t)(d) a série∞∑ t k A kk=0converge para φ(t) em R, uniformemente em cada intervalo compacto.Definição 5.2.4 A matriz e Amatriz A, isto ék!(5.8)definida por φ(1) chama-se exponencial dae A := φ(1) =∞∑k=0Reescrevendo a proposição (5.2.3) temos que(a) deAtdt= Ae At , e 0A = I(b) e A(t+s) = e At e As(c) (e At ) −1 = e −At(d) e At =compacto.A kk! .German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP∞∑ t k A kk=0Proposição 5.2.4k!sendo a convergência da série em cada intervalo(a) Sejam B, C e C matrizes de ordem n × n tal queBC = CA. Então e Bt C = Ce At .(b) Se AB = BA, então para todo te At B = Be At e e At e Bt = e (A+B)t .126

5.2 Retrato de faseVejamos alguns exemplos:Exemplo 1. Dado um sistema linear homogêneo (5.7) suponhamos que A sejauma matriz diagonalizável. Existe então uma matriz P não-singular tal queP −1 AP é uma matriz diagonal D, digamos⎛⎞λ 1 0 · · · 00 λD =2 · · · 0⎜ .⎝ . . .. ⎟. ⎠ = diag(λ j).0 0 · · · λ nAssim podemos utilizar P para gerar uma mudança linear de coordenadasem R n(x = P y) e re-escrever (5.7) sob a forma equivalente ẏ = Dy ouainda sob a forma de n equações ẏ j = λ j y j . Cada uma destas equações temsolução da forma exponencial y j = y j (0)e λ jt . Podemos obter então a matrizfundamental para (5.7) tomando-se a matriz e Dt = diag(e λjt ). Observamosque e at = ∑ ∞ 1j=0j! tj a j , de modo que e Dt = ∑ ∞ 1j=0j! tj D j . Esta série em geralconverge, para a solução da equação linear homogênea (5.7), mesmo no casoem que A não seja diagonalizável.Usando o item (a) da Proposição 5.2.4 temos que y = e Dt y 0 = P −1 e At P y 0e x = P y = P e Dt P −1 x 0 .Exemplo 2. Se A é uma matriz nilpotente, isto é, existe um número inteiropositivo r tal que A r = 0, entãoe At = I + At + · · · + Ar−1 t r−1(r − 1)! .German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPUm exemplo de matriz nilpotente é a seguinte⎛⎞0 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0E 1 =0 0 0 · · · 0.⎜ . ⎝.. . . . 1⎟⎠0 0 0 · · · 0Isto é, E 1 é uma matriz de ordem n × n, com todos seus elementos da forma127

5 Sistemas lineares bidimensionaisa i i+1 igual a 1, isto é, um lugar à direita da diagonal principal, iguais a 1 eo resto dos elementos iguais a 0. E 1 é nilpotente, pois E1k é a matriz cujoselementos à direita da diagonal principal são igual a 1 e os restantes elementossão iguais a zero. Logo E n 1 = 0. Em particularou mais equivalentemente1 t n−1e E1t = I + E 1 t + · · · + En−1(n − 1)!⎛t 21 t · · ·2! 3! (n − 1)!t 2 t (n−2)0 1 t · · ·e E1t =2! (n − 2)!. . . . . .. .⎜⎝0 0 0 · · · 1 t⎟⎠0 0 0 0 · · · 1t 3t (n−1)Lema 5.2.1 Seja A uma matriz complexa (respectivamente, real). Se λ é umvalor próprio complexo (respectivamente, valor próprio real) de A e v é vetorpróprio correspondente, então ϕ(t) = e λt v é uma solução da equação complexa(respectivamente, real) (5.7).Demonstração. Se Av = λv. Logo ϕ ′ (t) = λe λt v = A(e λt v) = Aϕ(t).Proposição 5.2.5 Se a matriz complexa (respectivamente, real) A de ordemn × n tem valores próprios complexos (respectivamente, reais) λ 1 , λ 2 , · · · , λ ne v 1 , v 2 , · · · , v n são vetores próprios (Av i = λ i v i ) linearmente independentes,German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPentão a matriz V (t), cuja i-ésima, i = 1, 2, · · · , n coluna é ϕ i (t) = v i e λ it , éuma matriz fundamental de (5.7). Em particulare At = V (t)V −1 (0).Demonstração. Obvia a partir do Lema 5.2.1 e da independência linear dosv i = ϕ i (0). A ultima parte segue da unicidade de solução de X ′ = AX, X(0) =I.⎞128

5.2 Retrato de faseObservação.Sejam A uma matriz real, λ = α + iβ um valor próprio ev = v 1 + iv 2 um vetor próprio de A correspondente a λ. Então, ¯v = v 1 − iv 2 éum vetor próprio correspondente a ¯λ = α − iβ. Pois ¯λ¯v = Av = A¯v, por A serreal.Pela proposição 5.2.5, ϕ(t) = e λt v e ¯ϕ(t) = e¯λt¯v são soluções linearmenteindependentes da equação (5.7), com A considerada complexa. Logo,ϕ 1 (t) = 1 2 [ϕ(t) + ¯ϕ(t)] e ϕ 2(t) = 1 [ϕ(t) − ¯ϕ(t)]2isão soluções reais de (5.7), com ϕ 1 (0) = v 1 , ϕ 2 (0) = v 2 , como equação real.Por serem v 1 , v 2 linearmente independentes segue-se que estas soluções sãolinearmente independentes. Os vetores v 1 e v 2 são linearmente independentes,pois caso contrário teríamos v 2 = cv 1 , donde v = (1 + ic)v 1 e ¯v = (1 − ic)v 1resultariam linearmente dependentes en C n .Por exemplo, se A é 2 × 2 temos queϕ 1 (t) = e αt [cos βtv 1 − sen βtv 2 ] = Re ϕ(t)ϕ 2 (t) = e αt [sen βtv 1 + cos βtv 2 ] = Im ϕ(t),é uma base de soluções de (5.7), onde v 1 + iv 2 é vetor próprio associado aλ = α + iβ.5.2.1 Poços, Selas e CentrosAgora voltamos aos sistemas bidimensionais (5.2) com a, b, c e d números reaise ad − cb ≠ 0. Ou equivalentemente equações homogêneas do tipo (5.3) comdet A ≠ 0.German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPSegundo o Lema (5.2.1) para resolver o sistema de equações diferenciais(5.3), precisamos resolver o sistema de equações algébricas Av = λv ou(A − λI)v = 0, (5.9)onde I é matriz identidade de ordem 2×2. Este último problema é precisamenteo que determina os autovalores e autovetores da matriz A. Portanto o vetorϕ(t) = e λt v é uma solução da (5.3) desde que λ seja um autovalor e v seja um129

5 Sistemas lineares bidimensionaisautovetor associado da matriz A.Para que a equação (5.9) tenha solução v ≠ 0, a matriz A − λI não podeser invertível. Logo, devemos terdet(A − λI) = 0. (5.10)Observamos que a expressão det(A − λI) é um polinômio de grau 2 (n) emλ (se A é de ordem n × n), chamado polinômio caracteístico de A. Assim,a equação det(A − λI) = 0, possui 2 (n) raízes λ 1 , λ 2 (λ 1 , · · · , λ n ) que podemser reais ou complexas e algumas podem ter multiplicidade maior do que um.Como em nosso caso A é uma matriz 2 × 2 o polinômio característico de Aé dado porDistinguimos os seguintes casos:λ 2 − (a + d)λ + (ad − cb) = 0.(a) Os valores próprios λ 1 , λ 2 de A são reais e distintos, isto R ∋ λ 1 , λ 2 eλ 1 ≠ λ 2 .(b) Os valores próprios reais e iguais, isto R ∋ λ 1 , λ 2 e λ 1 = λ 2 .(c) Os valores próprios são complexos conjugados, isto C ∋ λ 1 , λ 2 e λ 1 =Caso (a).α + iβ, λ 2 = ¯λ 1 = α − iβ com β ≠ 0.Sejam v 1 , v 2 vetores próprios correspondentes aos valores próprios λ 1 , λ 2 .Denotemos por E 1 , E 2 as linha geradas por estes vetores. A proposição 5.2.5garante que toda solução de (5.3) (isto é, a trajetória de A) pode ser escritana formaGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPCaso (a 1 ). λ 2 < λ 1 < 0, nó atratorϕ(t) = c 1 e λ 1t v 1 + c 2 e λ 2t v 2 .Toda trajetória tende a 0, quando t → +∞, exceto a origem que permanecefixa, toda trajetória tende a ∞, quando t → −∞. Se c 1 ≠ 0, a reta tangenteà trajetória tende à linha E 1 , quando t → +∞.De fato, se t → +∞, c 2e λ 2tc 1 e λ 1t = c 2c 1e (λ 2−λ 1 )t → 0, pois λ 2 − λ 1 < 0. Se c 1 = 0,as soluções são semiretas de E 2 .130

5.2 Retrato de faseCaso (a 2 ). λ 2 > λ 1 > 0, nó instável(fonte)Discusão similar ao caso anterior, mudando o sentido das setas.Caso (a 3 ). λ 2 > 0 > λ 1 , selaAs trajétorias que passam por pontos de E 1 (c 2 = 0) (ou de E 2 (c 1 = 0))permanecem nesta linha e tendem para 0, quando t → +∞ (ou t →−∞). Se c 1 , c 2 ≠ 0, as soluções tendem para ∞, quando t → ±∞. Acomponente segundo E 1 (respectivamente, E 2 ) tende a 0 (respectivamente,∞), quando t → +∞, a componente segundo E 2 (respectivamente, E 1 ) tendea 0 (respectivamente, ∞).Caso (b). λ 1 = λ 2 = λ, nó impróprioDistinguimos dois casos:Caso (b 1 ).Núcleo de A − λI é bidimensional.Em outras palavras, λ tem vetorespróprios v 1 , v 2 linearmente independentes. Pela proposição 5.2.5 toda soluçãode (5.3) pode ser escrita na formaϕ(t) = e λt (c 1 v 1 + c 2 v 2 ).Todas as órbitas, exceto a solução nula, são semiretas.Caso (b 2 ).Núcleo de A − λI = E 1 é unidimensional. Seja v um gerador de E 1 e wum vetor não colinear com v. Rever isto, ver as as notasfeitas a mao A matriz do operador x → Ax na base {v, w} é da formaGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP( )λ α, α ≠ 0,0 µpois Av = λv, Aw = µw + αv. Os valores próprios desta matriz são λ e µ.Logo, λ = µ. Definindo v 1 = αv e v 2 = w, temosAv 1 = λv 1 , Av 2 = λv 2 + v 1 .Usando estas propriedades da base {v 1 , v 2 }, verifica-se, por substituição direta,131

5 Sistemas lineares bidimensionaisqueϕ(t) = e λt [(c 1 + tc 2 )v 1 + c 2 v 2 ]é a solução de (5.3) por ϕ(0) = c 1 v 1 + c 2 v 2 .As órbitas que passam por E 1 (c 2 = 0), exceto a origem que é ponto fixo,são semiretas. Para outra órbitas, (c 2 ≠ 0) a sua reta tangente tende a E 1 ,quando t → ±∞, poisc 2 e λt(c 1 + tc 2 )e = 1λt c 1+ t → 0.c 2Se λ < 0 (respectivamente, λ > 0), toda trajetória tende a 0, quandot → +∞ (respectivamente, −∞).Caso (c).Da observação da seção anterior segue que toda solução de (5.3) pode serescrita na forma ϕ(t) = c 1 ϕ 1 (t) + c 2 ϕ 2 (t), ondeϕ 1 (t) = e αt [cos βtv 1 − sen βtv 2 ] ϕ 1 (t) = e αt [sen βtv 1 + cos βtv 2 ] .Fazendo, c 1 = ρ cos w, c 2 = ρ sen w. Temosϕ(t) = e αt ρ [(cos w cos βt + sen w sen βt)v 1 + (sen w cos βt − cos w sen βt)v 2 ]= e αt ρ [cos(w − βt)v 1 + sen(w − βt)v 2 ] .Caso (c 1 ). α = 0, centroGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPTodas as oluções, exceto a solução nula são elipses.Caso (c 2 ). α < 0, foco atratorToda solução tende para origem espiralando en torno da origem quandot → +∞. Isto é, |ϕ(t)| → 0 e w − βt, ângulo entre ϕ(t) e E 1 , tende para +∞ou −∞, segundo β seja negativo ou positivo.Caso (c 3 ). α > 0, foco instávelToda solução tende para 0 espiralando em torno da origem, quando t →−∞.132

5.2 Retrato de faseExemplo 1. Considere o sistema( )1 1ẋ = x. (5.11)4 1Determine o comportamento qualitativo das soluções. Depois encontre asolução geral e desenhe diversas trajetórias.Para encontrar explicitamente soluções, vamos supor que x(t) = e λt v esubstituir na equação (5.11). Isto nos leva as sistema de equações algébricas() ( ) ( )1 − λ 1 v 1 0= . (5.12)4 1 − λ v 2 0A equação (5.12) tem uma solução não-trivial se, e somente se, o determinanteda matriz de coeficientes é zero.encontrados pela equação1 − λ 1∣ 4 1 − λ∣ = (1 − λ)2 − 4Logo os valores permitidos para λ são= λ 2 − 2λ − 3 = 0.(5.13)A equação (5.13) tem raízes λ 1 = 3 e λ 2 = −1, esses são autovalores da matrizde coeficientes na equação (5.11). Se λ = 3, o sistema (5.12) se reduz a umaúnica equação− 2v 1 + v 2 = 0. (5.14)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRPLogo, v 2 = 2v 1 e o autovetor correspondente a λ 1 pode ser escolhido como( )v 1 =12. (5.15)Analogamente, o correspondendo a λ 2 = −1, encontramos que v 2 = −2v 1 , demodo que o autovetor é( )v 2 1= . (5.16)−2133

5 Sistemas lineares bidimensionaisAs soluções correspondentes da equação diferencial saão( )( )x 1 (t) =1e 3t , x 2 1(t) =2−2e −t . (5.17)O wronskiano dessas soluções éW [x 1 , x 2 e 3t](t) =∣2e ∣e −t ∣∣∣∣= −4e 2t ,−2e −t (5.18)que nunca se anula. Portanto, as soluções x 1 (t) e x 2 (t) formam um conjuntofundamental de soluções e a solução geral do sistema (5.11) éonde c 1 e c 2 são constantes arbitrárias.x = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t)( ) ( )1= c 1 e 3t 1+ c 2 e −t ,2−2(5.19)German Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP134

Capítulo6Sistemas não-lineares bidimensionais6.1 Pontos críticos e órbitas periódicas6.2 Teorema de Poincaré-Bendixon6.3 Competição entre duas espécies6.4 Predador-presa6.5 EpidemiasGerman Lozada CruzMatemática-IBILCEIBILCE-SJRP135

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