Equacoes-Diferenciais-Aplicadas-a-Fisica - Kleber Daum Machado.pdf

1 1.1

Introdu odu¸ c˜ ao Definic˜ c ¸oes o ˜es

. S S . J . R . A avel pode assumir qualquer valor, independente Defini¸ c˜ cao a õ 1.1. Se uma vari´

de outra vari´ avel, ela é chamada independent independente. e. Por exemplo, exemplo, as vari´ aveis x,y,z,t,h s˜ ao independentes. Para representar o conjunto de todas as vari´ aveis independentes num certo problema, usaremos a nota¸c˜ c˜ ao x , onde x é uma das vari´ aveis do problema. avel depende de outra, o utra, ou outras, ela é dita d ita Defini¸ c˜ cao a õ 1.2. Quando uma vari´ dependente. dependente. Dizemos tamb´ em em que essa vari´ avell é uma fun¸c˜ ave cao ˜ das vari´ aveis das quais quais ela dep depende ende.. Ela Ela n˜ ao pode assumir qualquer valor, pois depende de outr outras var vari´ i´ avei aveis. s. S˜ ao exem exempl plos os de vari vari´ aveis ´ dependent dep endentes es as seguint seguintes es fun¸c˜ coes: ˜ Parra repr epresen esenta tarr o y (x), z (x, y ), h(x,y,z ), x(y ), y (x , z , t), f (x, y ). Pa conjunto de todas as vari´ aveis dependentes num certo problema, usamos a nota¸c˜ c˜ ao y ( x ) . c˜ c˜ ao diferencial é, e, basicamente, uma equa¸c˜ c˜ ao que Defini¸ c˜ cao a õ 1.3. Uma equa¸ envolve as derivadas de uma ou mais vari´ aveis dependentes com rela¸c˜ c˜ ao a a` uma ou mais vari´ aveis independentes. Ent˜ ao, as equa¸c˜ c˜ oes

{ }

{ { } }

d2 y + xy dx2

  dy dx

2

=0

(1)

d4 x d2 x + 5 2 + 3x = cos t dt4 dt

(2)

d3 y d2 x + y 2 = ln z dz 3 dz

(3)

∂v ∂v + = v ∂s ∂t

(4)

∂ 2 u ∂x 2

−

∂ 2 v + ∂x 2

3

  ∂v ∂y

+

∂u =0 ∂y

(5)

s˜ ao exemplos de equa¸c˜ coes ˜ diferenciais. Como se percebe nas equa¸c˜ coes o˜es acima, existem vários arios tipos de equa¸c˜ coes o˜es diferen diferencia ciais. is. Sendo Sendo assim, assim, elas foram classificad classificadas as de acordo acordo com alguns alguns crit cr it´ério er ios. s. c˜ ao diferencial que envolve apenas derivadas orDefini¸ c˜ cao a õ 1.4. Uma equa¸c˜ din´ arias de uma ou mais vari´ aveis dependentes em rela¸c˜ cao ˜ a apenas uma vari´ avel independente independent e é chamada chamad a equa¸c˜ cao ˜ diferencial ordin´ aria. As equa¸c˜ coes ˜ (1), (2) e (3) s˜ ao exemplos de equa¸c˜ coes ˜ diferencias ordin´ arias. arias. Na equa¸ equa¸c˜ c˜ ao 1

1.1, a vari´ avell independe ave ind ependente nte é e x, enquanto que a dependente é e y = y (x). Na equa¸c˜ cao ˜ (2), a vari´ avell independe ave ind ependente nte é e t, e agora x = x(t) é uma vari´ va ri´ avel dependen dep endente. te. Por fim, na equa¸ cao c˜ ˜ (3) temos duas fun¸c˜ coes ˜ da vari´ avel z , que s˜ ao x(z ) e y (z ). c˜ ao diferencial que envolve derivadas parciais de Defini¸ c˜ cao a õ 1.5. Uma equa¸c˜ um ou mais vari´ aveis dependentes em rela¸c˜ cao ˜ a mais de uma vari´ avel independente é chamada chamad a equa¸c˜ c˜ ao difer diferenc encial ial parcia arcial. l. As equa¸ quac˜ çoes ˜ (4) e (5) s˜ ao exemplos de equa¸c˜ coes ˜ diferenciai diferenciaiss parciais. parciais. Na equa¸ cao c˜ ˜ (4), s e t s˜ ao as vari´ aveis independent independentes, es, e temos v = v (s, t). Na eq equac˜ ç˜ ao (5), (5), temo temos s u = u(x, y ) e v = v (x, y ), que s˜ ao vari´ aveis dependentes dependentes,, e x e y s˜ ao as independentes. cao ˜ diferencial define Defini¸ c˜ cao a õ 1.6. A derivada de maior ordem numa equa¸c˜ a ordem da equa¸c˜ cao ˜ diferencial diferencial.. Assim, a equa¸ c˜ c˜ ao (1) é de segunda ordem, ao passo qua a equa¸c˜ c˜ ao (2) é de quarta ordem; (3) é de terceira terceira ordem, o rdem, (4) é de primeira pri meira ordem e (5) tamb´ tam bém em é de segunda segund a ordem. c˜ c˜ ao diferencial for tal que nos seus termos n˜ ao Defini¸ c˜ cao a õ 1.7. Se uma equa¸ aparecem fun¸c˜ c˜ oes transc transcenden endentais tais da vari´ avel ou vari´ aveis ave is dep depend endent entes, es, ou de dz ∂ x suas derivadas, como, por exemplo, ln y (x), cos dt , sin ∂y ; produtos entre as vari´ aveis dependentes, entre as vari´ aveis dependentes e suas derivadas, ou entre as derivadas das vari´ aveis dependentes, como, por 2 2 dy dt dh exemplo, [y (x)] , dh , y (x) dx , dz , x(y, z ) ∂ ∂z x ∂x ; dt dt ∂y ent˜ ao a equa¸c˜ c˜ ao diferencial é uma equa¸c˜ c˜ ao diferencial diferencial linear. linear. Se apar apareecer cer algum desses termos, a equa¸c˜ cao ˜ é cha chamad madaa equa¸c˜ cao ˜ diferencial n˜ ao - linear. As equa¸c˜ coes ˜ (2) e (4) s˜ ao equa¸c˜ coes ˜ diferenciai diferenciaiss linear lineares, es, enquanto enquanto que as equa¸c˜ coes ˜ (1),(3) e (5) s˜ ao n˜ ao - lineares. Quando uma equa¸c˜ cao aõ diferencia difer enciall é linear li near e ordin´ o rdin´ aria aria de ordem n e possui apenas uma vari´ avel dependente, ela pode ser posta na forma geral avel

. S S . J . R . A • •

   2

2



2

2

dm y dm−1 y dy + an (x)y = b (x) (6) ao (x) m + a1 (x) n−1 + . . . + an−1 (x) dx dx dx onde ao(x) não ao é identicamente identica mente nulo, x é a vari´ var iável avel independente e y (x) é a unica u ´ nica fun¸c˜ cão a o de x. A exp expre ress ss˜ ao aõ acima acima é a forma forma mais mais geral geral para uma equa¸c˜ cao aõ diferencial linear e ordin´ aria aria de ordem n com apenas uma vari´ avel avel

dependente. As equa¸c˜ coes o˜es d2 y dy x + 3 + 6y = 0 dx2 dx

2

(7)

1.1, a vari´ avell independe ave ind ependente nte é e x, enquanto que a dependente é e y = y (x). Na equa¸c˜ cao ˜ (2), a vari´ avell independe ave ind ependente nte é e t, e agora x = x(t) é uma vari´ va ri´ avel dependen dep endente. te. Por fim, na equa¸ cao c˜ ˜ (3) temos duas fun¸c˜ coes ˜ da vari´ avel z , que s˜ ao x(z ) e y (z ). c˜ ao diferencial que envolve derivadas parciais de Defini¸ c˜ cao a õ 1.5. Uma equa¸c˜ um ou mais vari´ aveis dependentes em rela¸c˜ cao ˜ a mais de uma vari´ avel independente é chamada chamad a equa¸c˜ c˜ ao difer diferenc encial ial parcia arcial. l. As equa¸ quac˜ çoes ˜ (4) e (5) s˜ ao exemplos de equa¸c˜ coes ˜ diferenciai diferenciaiss parciais. parciais. Na equa¸ cao c˜ ˜ (4), s e t s˜ ao as vari´ aveis independent independentes, es, e temos v = v (s, t). Na eq equac˜ ç˜ ao (5), (5), temo temos s u = u(x, y ) e v = v (x, y ), que s˜ ao vari´ aveis dependentes dependentes,, e x e y s˜ ao as independentes. cao ˜ diferencial define Defini¸ c˜ cao a õ 1.6. A derivada de maior ordem numa equa¸c˜ a ordem da equa¸c˜ cao ˜ diferencial diferencial.. Assim, a equa¸ c˜ c˜ ao (1) é de segunda ordem, ao passo qua a equa¸c˜ c˜ ao (2) é de quarta ordem; (3) é de terceira terceira ordem, o rdem, (4) é de primeira pri meira ordem e (5) tamb´ tam bém em é de segunda segund a ordem. c˜ c˜ ao diferencial for tal que nos seus termos n˜ ao Defini¸ c˜ cao a õ 1.7. Se uma equa¸ aparecem fun¸c˜ c˜ oes transc transcenden endentais tais da vari´ avel ou vari´ aveis ave is dep depend endent entes, es, ou de dz ∂ x suas derivadas, como, por exemplo, ln y (x), cos dt , sin ∂y ; produtos entre as vari´ aveis dependentes, entre as vari´ aveis dependentes e suas derivadas, ou entre as derivadas das vari´ aveis dependentes, como, por 2 2 dy dt dh exemplo, [y (x)] , dh , y (x) dx , dz , x(y, z ) ∂ ∂z x ∂x ; dt dt ∂y ent˜ ao a equa¸c˜ c˜ ao diferencial é uma equa¸c˜ c˜ ao diferencial diferencial linear. linear. Se apar apareecer cer algum desses termos, a equa¸c˜ cao ˜ é cha chamad madaa equa¸c˜ cao ˜ diferencial n˜ ao - linear. As equa¸c˜ coes ˜ (2) e (4) s˜ ao equa¸c˜ coes ˜ diferenciai diferenciaiss linear lineares, es, enquanto enquanto que as equa¸c˜ coes ˜ (1),(3) e (5) s˜ ao n˜ ao - lineares. Quando uma equa¸c˜ cao aõ diferencia difer enciall é linear li near e ordin´ o rdin´ aria aria de ordem n e possui apenas uma vari´ avel dependente, ela pode ser posta na forma geral avel

. S S . J . R . A • •

   2

2



2

2

dm y dm−1 y dy + an (x)y = b (x) (6) ao (x) m + a1 (x) n−1 + . . . + an−1 (x) dx dx dx onde ao(x) não ao é identicamente identica mente nulo, x é a vari´ var iável avel independente e y (x) é a unica u ´ nica fun¸c˜ cão a o de x. A exp expre ress ss˜ ao aõ acima acima é a forma forma mais mais geral geral para uma equa¸c˜ cao aõ diferencial linear e ordin´ aria aria de ordem n com apenas uma vari´ avel avel

dependente. As equa¸c˜ coes o˜es d2 y dy x + 3 + 6y = 0 dx2 dx

2

(7)

3 j 2

d4 x dj 4

2

− j1 ddjx + jx = j e

j

2

(8)

são ao exemplos de equa¸c˜ cões oes diferenciais diferenciais ordin´ arias arias lineares. A equa¸c˜ cao aõ (7) (7 ) é de segunda ordem e a (8) é de quarta ordem.

. S S . J . R . A 1.2

Importˆ ancia ancia das Equa¸ Equa¸ c˜ coes ˜ oes Diferenciais

Além em do ponto pont o de d e vista v ista matem´ matematico, a´tico, por si só relevante, o estudo de equa¸ c˜ coes o˜es diferenciais é muito importante do ponto de vista f´ısico. Os f´ısicos ao estudarem alguns fenˆ omenos, omenos, procuram inicialmente descrevˆ de screvê-lo e-lo de forma qualitativa e posteriormente de forma quantitativa. Para uma boa parte dos sistemas sistemas f´ısicos conhecidos conhecidos até o momento, momento, a equa¸c˜ cao aõ ou equa¸c˜ coes o˜es que descrevem os fenˆ omenos, pelo menos de forma aproomenos, ximada, são ao equa¸c˜ cões oes diferenc diferenciai iais. s. As solu¸ c˜ coes ões de uma equa¸c˜ cao ão diferencial são ao expl´ ex pl´ıcit ıc itas as pu impl imp l´ıcit ıc itas as.. c˜ ao expl expl´´ıcita de uma equa¸ c˜ c˜ ao diferencial é uma Defini¸ c˜ cao a õ 1.8. 1.8. Uma solu¸c˜ fun¸c˜ cao ˜ y = f ( ( x ) do conjunto das vari´ aveis independentes, a qual, quando substit sub stitu u´ıda na equa¸c˜ c˜ ao diferencial, a transforma em uma igualdade. Como exemplo, a equa¸c˜ cao aõ diferencial

{}

dx = 2x dt

tem uma solu¸c˜ cao aõ expl´ıcita ıcita dada por

x(t) = ce 2t

pois, se substituirmos x(t) na equa¸c˜ cão, ao, temos (c é uma consta con stante) nte) dx = 2x dt

d ce2t = 2 ce2t dt

    2ce2t = 2ce2t

que é obviamente obviament e uma igualdade. iguald ade. cao ˜ impl´ impl´ıcita de uma equa¸ c˜ c˜ ao diferencial é uma Defini¸ c˜ cao a õ 1.9. Uma solu¸c˜ fun¸c˜ cao ˜ g ( y , x ) do conjunto de vari´ aveis dependentes e independentes, a qual, qua l, através es de deriva¸ deri va¸c˜ c˜ oes impl´ıcitas, ıcitas , repr reproduz oduz a equa¸c˜ cao ˜ diferencial inicial.

{}{}

3

Neste caso, temos que a fun¸caõ f (x, y ) = x 2 + y 2

− 25 = 0

é uma solu¸cão impl´ıcita da equa¸cão diferencial

. S . J . R . A x + y

dy =0 dx

pois, tomando a derivada impl´ıcita de f (x, y ) com rela¸caõ a x, temos d d 2 (x + y 2 f (x, y ) = dx dx

2x + 2 y

x + y

− 25) = dxd 0

dy =0 dx

dy =0 dx

que é a equa¸caõ diferencial inicial. Esta solu¸ caõ impl´ıcita pode ser desmenbrada em duas outras, f 1 e f 2, que neste caso s˜ ao expl´ıcitas, a saber, f 1 (x) = y 1 (x) =

√

25

−x

2

√ f (x) = y (x) = − 25 − x 2

2

2

Todavia, esse desmembrmento em geral n˜ ao é poss´ıvel, e ficamos apenas com a solu¸cão impl´ıcita. Alguns exemplos de aplica¸co˜es de equa¸cões diferenciais são: 1) movimento de projéteis, planetas e satélites; 2) estudo do decaimento radioativo de n´ ucleos inst´ aveis; 3) propaga¸caõ do calor através de uma barra; 4) estudo de todos os tipos de ondas; crescimento de popula¸caõ; 6) estudo de rea¸cões qu´ımicas; 7) descri¸caõ quântica de um a´tomo de hidrogênio; 8) c´ alculo do potencial elétrico de uma distribui¸ cão de cargas; 9) estudo do oscilador harmˆ onico. Os sistemas acima são uma amostra da grande utiliza¸ caõ das equa¸co˜es ´ poss´ıvel que, para um dado problema, além da equa¸cão difediferenciais. E rencial em si exista mais alguma condi¸cão que o experimento deve satisfazer. Ent˜ ao, temos os seguintes casos: 4

Quando um dado fenˆ omeno, além de uma equa¸cao ˜ diferencial que o descreve, tem ainda que seguir certas condi¸c˜ oes iniciais, estabelecidas a priori, para um mesmo valor da vari´ avel independente, dizemos que temos um problema de valor inicial. Como exemplo, considere um corpo em queda livre. O movimento desse é descrito por uma equa¸cao ˜ diferencial, e as condi¸c˜ oes s˜ ao a altura da qual ele foi solto e a valocidade inicial com a qual ele iniciou o movimento. Se a queda for no v´ acuo, temos considerando a origem no ch˜ ao e a altura representada por y (t), a equa¸c˜ ao Defini¸ ca õ 1.10.

. S . J . R . A d2 y = dt2

−g

com as condi¸coes ˜ iniciais y (0) = y o

e

dy dt

 

0



= y (0) = v (0) = v o

e a fun¸c˜ ao y (t), que é solu¸c˜ ao desta equa¸cao ˜ diferencial, tem necessariamente que respeitar as condi¸c˜ oes iniciais, que foram dadas para o valor de t = 0. Se um fenˆ omeno descrito por uma equa¸c˜ ao diferencial Defini¸ ca õ 1.11. tiver alguma condi¸c˜ ao especificada para dois ou mais valores da vari´ avel independente, temos um problema com condi¸c˜ oes de contorno. Por exemplo, considerando um caso idˆ entico ao anterior, mas com condi¸ coes ˜ dadas em duas alturas diferentes, ou seja, algo como d2 y = dt2

−g

com as condi¸coes ˜ de contorno

y (0) = y o

y (2) = y 2

temos um problema com condi¸c˜ oes de contorno, dadas para os tempos t = 0 e t = 2. Nem sempre um problema com condi¸c˜ oes de contorno tem solu¸c˜ ao apesar de que a equa¸c˜ ao diferencial sozinha, sem considerar as condi¸c˜ oes de contorno, pode ter.

2

Equa¸ co ˜es Diferenciais Ordin´ arias de Primeira Ordem

Veremos alguns métodos de resolu¸ caõ de equa¸cões diferenciais de primeira ordem, lembrando a equa¸cão (6), pode ser colocada na forma 5

dy = f (x, y ) dx

(9)

na qual a fun¸cão f (x, y) pode ser escrita com uma raz˜ a o de duas outras fun¸co˜es, ou seja,

. S . J . R . A (x, y) − M N (x, y )

f (x, y ) =

e a equa¸caõ (9) pode ser reescrita na forma equivalente M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0

(10)

Por exemplo, a equa¸caõ

2x2 y dy = dx x

−

pode ser reescrita como

xdy

2

− (2x − y)dx = 0

ou

(y + 2 x2 )dx + xdy = 0

e assim, temos M (x, y ) = y 2x2 e N (x, y) = x. Na nota¸cã o (9) fica claro que y é a fun¸cão de x, enquanto que na (10) podemos interpretar que cões, é mais fácil y = y (x) ou x = x (y ), conforme for o caso. Em certas situa¸ considerar um ponto de vista do que outro, e ent˜ ao é prefer´ıvel resolver a equa¸caõ diferencial sob esse ponto de vista e, se for necess´ ario, obtemos a fun¸caõ inversa ap´ os completar a resolu¸cão da equa¸cão. Vejamos alguns casos especiais.

−

2.1

Equa¸ c˜ oes Diferenciais Exatas

˜ de duas vari´ aveis reais, de forma que Defini¸ ca õ 2.11 Seja F uma fun¸cao F tenha as derivadas parciais primeiras cont´ınuas. A diferencial total dF da fun¸cao ˜ F é definida por dF (x, y ) =

∂F (x, y ) ∂F (x, y ) dx + dy ∂x ∂y

Como exemplo, considere a fun¸caõ 6

(11)

F (x, y ) = x 2 y + 3 y 3 x

Temos

. S . J . R . A ∂F (x, y ) = 2xy + 3 y 3 ∂x

e

∂F (x, y ) = x 2 + 9y 2 x ∂y

e, portanto,

dF (x, y ) = (2xy + 3 y 3 )dx + ( x2 + 9y 2 x)dy

ao Defini¸ ca õ 2.2. A express˜

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

(12)

é chamada uma diferencial exata se existe uma fun¸ c˜ ao F (x, y ) tal que se verifique ∂F (x, y ) = M (x, y ) ∂x

e

∂F (x, y ) = N (x, y) ∂y

Se M (x, y)dx + N (x, y)dy é uma diferencial exata, a equa¸c˜ ao diferencial M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0

é chamada uma equa¸cao ˜ diferencial exata. Como fazemos para saber quando uma diferencial e uma equa¸caõ diferencial são exatas? A resposta é dada pelo seguinte teorema: ao diferencial Teorema 2.1 A equa¸c˜ M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0

é exata se, e somente se, for verificado que

∂M (x, y ) ∂N (x, y ) = ∂y ∂x

(13)

cão Demonstra¸c˜ ao. A prova do teorema 2.1 nos conduz ao método de resolu¸ de uma equa¸caõ diferencial exata. Vejamos a primeira parte. Consideremos que a equa¸caõ diferencial M (x, y)dx + N (x, y )dy = 0 é exata e que, portanto, existe uma fun¸caõ F (x, y ) tal que ∂F (x, y ) = M (x, y ) ∂x

e

7

∂F (x, y ) = N (x, y) ∂y

Assim, ∂ 2 F (x, y ) ∂M (x, y ) = ∂y∂x ∂y

e

∂ 2 F (x, y ) ∂N (x, y ) = ∂x∂y ∂x

. S . J . R . A No entanto, a ordem das derivadas pode ser invertida, ou seja, ∂ 2 F (x, y ) ∂ 2 F (x, y ) = ∂y∂x ∂x∂y

e, dessa forma, temos

∂M (x, y ) ∂N (x, y ) = ∂y ∂x

Na outra parte da prova, iniciamos com a hip´ otese ∂M (x, y ) ∂N (x, y ) = ∂y ∂x

e queremos provar que existe uma fun¸cão F (x, y ) tal que ∂F (x, y ) = M (x, y ) ∂x

e

∂F (x, y ) = N (x, y) ∂y

de forma que a equa¸caõ diferencial M (x, y)dx + N (x, y )dy = 0 seja exata. Vamos assumir a express˜ ao ∂F (x, y ) = M (x, y) ∂x

seja verdadeira. Ent˜ ao, podemos fazer F (x, y ) =



M (x, y )∂x + φ(y )

(14)

onde a integral é efetuada apenas em x, sendo y considerado como uma constante. O termo φ(y ) aparece porque deveos ter a solu¸ caõ mais geral poss´ıvel para F (x, y). Agora, diferenciamos esta equa¸caõ com a y , ou seja, ∂F (x, y ) ∂ = ∂y ∂y



M (x, y )∂x +

dφ(y ) dy

Se queremos provar que a diferencial é exata, devemos ter também ∂F (x, y ) = N (x, y ) ∂y

8

e ent˜ ao obtemos ∂ N (x, y ) = ∂y



M (x, y )∂x +

dφ(y ) dy

. S . J . R . A dφ(y ) = N (x, y) dy

 −

∂M (x, y ) ∂x ∂y

e, resolvendo esta express˜ ao para φ(y ), temos φ(y ) =

 

N (x, y )

 −



∂M (x, y ) ∂x dy ∂y

que, combinanda com a equa¸caõ (14), fornece, finalmente, F (x, y ) =



M (x, y )∂x +

 

N (x, y )

 −



∂M (x, y ) ∂x dy ∂y

(15)

e esta fun¸cão F (x, y ) est´ a sujeita a`s condi¸cões

∂M (x, y ) ∂N (x, y ) = ∂y ∂x

e também

∂F (x, y ) = M (x, y ) ∂x

e

∂F (x, y ) = N (x, y) ∂y

e, portanto, a equa¸cão diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 é exata. Se, ao invés de iniciarmos a demonstra¸caõ considerando a equa¸cão ∂F (x, y ) = M (x, y) ∂x

usássemos a outra equa¸caõ

∂F (x, y ) = N (x, y ) ∂y

o resultado seria F (x, y ) =



N (x, y )∂y +

 

M (x, y )

 −



∂N (x, y ) ∂y dx ∂x

(16)

Qual é a solu¸caõ da equa¸caõ M (x, y)dx + N (x, y )dy = 0? A resposta é: a solu¸cão da equa¸caõ diferencial exata é a fun¸caõ F (x, y ) = c, onde F (x, y) 9

é dada por uma das express˜ oes oes (15) ou (16), e c é uma um a cons co nsta tante nte numéric er icaa que pode ser determinada se houver alguma condi¸c˜ cão ao adicional. adicio nal. Vejamos ejamo s um um exemplo completo, considerando a equa¸ c˜ cao aõ abaixo:

. S S . J . R . A (3x2 + 4xy )dx + (2 x2 + 2y )dy = 0

Desta equa¸c˜ cão, ao , temo te moss M (x, y ) = 3x2 + 4xy e N (x, y) = 2x2 + 2y . Portanto, devemos verificar se ela é uma equa¸ c˜ cao aõ diferencial exata e, pora tanto, calculamos ∂M (x, y ) = 4x ∂y

∂N (x, y ) = 4x ∂x

e

Vemos que s˜ ao ao iguais, logo, a equa¸c˜ cao aõ é exata. e xata. Assim, temos ∂F (x, y ) = M (x, y ) = 3x2 + 4xy ∂x

∂F (x, y ) = N (x, y) = 2x2 + 2y ∂y

e

Utilizando a primeira, obtemos

F (x, y ) = φ (y ) +

= φ (y ) +



M (x, y )∂x



(3x2 + 4xy )∂x

F (x, y ) = x 3 + 2x2 y + φ(y )

mas a` segunda nos diz que

∂F (x, y ) = N (x, y ) = 2x2 + 2y ∂y

2x2 +

dφ(y ) = 2x2 + 2y dy dφ(y ) = 2y dy

A equa¸c˜ cao aõ acima d´ a, a, diretamente, dφ(y ) = 2ydy

10



dφ(y ) =



2ydy

. S S . J . R . A φ(y ) = y 2 + co

e, portanto, temos

F (x, y ) = x 3 + 2x2 y + y 2 + co

mas como a solu¸c˜ cao aõ da equa¸c˜ cão ao diferencia difer enciall é da forma F (x, y ) = c , e assim, F (x, y ) = x 3 + 2x2 y + y 2 + co = c

ou, finalmente, incorporando co a c, temos

x3 + 2x2 y + y 2 = c

(17)

que é a solu¸c˜ cao ã o geral da equa¸c˜ cão ao diferencia diferenciall exata inicial. inicial. Se considerar considerar-mos uma condi¸c˜ cao aõ inicial, como, por exemplo, y (1) = 0, podemos obter a constante c, pois, neste caso, devemos ter x = 1 e y = 0, ou seja, 13 + 2.12 .0 + 0 2 = c c = 1

e, pora este caso, a solu¸c˜ cão ao fica

x3 + 2x2 y + y 2 = 1

Vejamos agora mais um tipo de equa¸c˜ cão ao diferencial. diferencial.

2.2

Equac˜ c ¸oes o ˜es Diferen Dife renciai ciaiss Separ´ Sep ar´ aveis aveis

coes ˜ do tipo Defini¸ c˜ cao a õ 2.3. As equa¸c˜ F (x)G(y )dx + f (x)g(y )dy = 0

(18)

s˜ ao chamadas de equa¸c˜ coes ˜ diferenciais separ´ aveis porque elas podem sr colocadas na forma F (x) g (y ) dx + dy = 0 f (x) G(y )

11

(19)

que é uma equa¸ equa ¸c˜ cao ˜ exata, pois M (x, y ) = M (x) =

F (x) f (x)

N (x, y ) = N (y ) =

e

g (y ) G(y )

. S S . J . R . A e, par paraa verificar verificar se ela é exata, calculamos calculamos ∂M (x, y ) ∂ = ∂y ∂y

 

F (x) = 0 f (x)

∂N (x, y ) ∂ = ∂x ∂x

e

 

g (y ) = 0 G(y )

como as derivadas acima s˜ ao iguais, a equa¸c˜ cao ˜ (19) é exata e xata e po pode de ser escrita na forma M (x)dx + N (y)dy = 0, que pode pode ser imediatam imediatamente ente integr integrada, ada, resultando em

ou tamb ta mb´ém , em ,

 

M (x)dx +



N (y )dy = c

(20)

F (x) dx + f (x)



g (y ) dy = c G(y )

(21)

As equa¸c˜ c˜ oes (20) ou (21) fornecem a solu¸c˜ cao ˜ da equa¸c˜ cao ˜ diferencial separ´ avel (19) Vejamos agora um exemplo. Considere a equa¸ c˜ cao aõ cos ydy = 0 x sin ydx + ( x2 + 1) cos

Esta equa¸c˜ cão ao não ao é exata, exata , mas pode po de ser transformada em uma equa¸ cão ao diferencial separ´ avel se dividirmos a equa¸c˜ avel cao aõ pelo fator (x2 + 1)sin y , isto is to é, e, x

x2 + 1

dx +

cos c os y dy = 0 sin y

dx +



o resultado fica



x x2 + 1

cos y dy = c sin y

lembrando que



du = ln u + C u

||

ficamos com 1 ln( x2 + 1) + ln sin y = c o 2

|

12

|

Multiplicando esta express˜ ao por 2 e chamando 2co = ln c1 , temos

| |

ln(x2 + 1) + ln(sin2 y ) = ln(c1 )2 ou ainda, chamamos c = c 21

. S . J . R . A 

2

2



ln (x + 1) sin y = ln(c)

e, finalmente,

(x2 + 1) sin2 y = c

(22)

que é a solu¸cã o da equa¸caõ diferencial inicial. Se houver alguma condi¸ cão π adicional, como, por exemplo, y (0) = 2 teremos 2

1sin

π

 2

= c

c = 1

e a equa¸caõ ser´ a

(x2 + 1) sin2 y = 1

´ importante notar que, ao dividir a equa¸cã o por (x2 + 1) sin y , etamos conE siderando que sin y = 0, ou seja, se y = nπ , n = 0, 1, 2, . . .? A equa¸caõ diferencial inicial pode ser escrita na forma



± ±

dy = dx

sin y − x x+ 1 cos y 2

como sin y = 0, y = nπ , e, substituindo esta solu¸caõ na equa¸caõ diferencial, encontramos d (nπ ) = dx

=0

sin nπ − x x+ 1 cos nπ 2

− x x+ 1 (−01) 2

n

0=0 Ent˜ ao, y = nπ também é solu¸caõ e corresponde ao valor c = 0 na equa¸caõ (22). Assim, nenhuma solu¸caõ da equa¸cão diferencial foi perdida ao fazermos a transforma¸caõ para a forma separ´ avel. 13

2.3

Equa¸ co ˜es Diferenciais Homogˆ eneas

ao F é dita homogênea de grau n se ocorrer que Defini¸ ca õ 2.4 Uma fun¸c˜ F (tx, ty) = t n F (x, y )

. S . J . R . A ou seja, quando em F (x, y) substitu´ımos x por tx e y por ty e depois fatoramos o t, a express˜ ao resultante fica na forma acima. Por exemplo, se F (x, y ) = x 3 + x2 y , temos F (tx,ty ) = (tx)3 + (tx)2 (ty )

= t 3 x3 + t2 x2ty = t 3 x3 + t3 x2y

= t 3 (x3 + x2y )

F (tx,ty ) = t 3 F (x, y )

e

F (x, y ) = x 3 + x2 y

é homogênea de grau 3 ao de primeira ordem M (x, y)dx + N (x, y )dy = 0 é Defini¸ ca õ 2.5 A equa¸c˜ homogênea se, quando escrita na forma dy = f (x, y ) dx

existir uma fun¸c˜ ao g tal que f (x, y ) possa ser colocada na forma f (x, y ) = g

y x



e a equa¸c˜ ao diferencial fica dy = g dx

14

y x



De forma equivalente, a equa¸cao ˜ diferencial é homogênea se as fun¸coes ˜ eneas de mesmo grau. M (x, y ) e N (x, y ) forem homogˆ Vejamos um exemplo. A equa¸cão diferencial

. S . J . R . A xydx + ( x2 + y 2 )dy = 0

é homogênea. Vamos conferi-la pelos métodos. Primeiro, escrevendo-a na forma dy = dx

− x xy +y 2

2

vemos que podemos reescrevê-la como dy = dx

xy

− x (1 + 2

dy = dx

−

y g = x

)

x y

1+

e, neste caso,



y2 x2

−

y 2 x

 y x

1+

y 2 x



e a equa¸caõ diferencial é homogênea. Agora vamos analis´ a-la pelo segundo 2 método. Neste caso, temos M (x, y) = xy e N (x, y ) = x + y 2. Assim, M (tx, ty) = (tx)(ty )

= t 2xy

M (tx,ty ) = t 2 M (x, y )

e M (x, y) é homogênea de grau 2. Para N (x, y) temos N (tx,ty ) = (tx)2 + (ty )2

= t 2 x2 + t2y 2 15

= t 2(x2 + y 2 )

. S . J . R . A N (tx,ty ) = t 2 N (x, y )

e N (x, y) também é homogênea de grau 2, como M (x, y). Portanto, a equa¸ caõ diferencial é homogênea. Como se resolve uma equa¸cão diferencial homogênea? A resposta é dada pelo seguinte teorema, e pela sua prova. ao diferencial Teorema 2.2 Se a equa¸c˜ M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0

(23)

é homogênea, a mudan¸ca de vari´ aveis y = vx , ou v = xy , transforma a equa¸c˜ ao (23) numa equa¸c˜ ao diferencial separ´ avel nas vari´ aveis v e x. Demonstra¸c˜ ao. A equa¸caõ (23) é homogênea. Ent˜ ao, podemos escrevê-la na forma dy = g dx

y x



como vimos na defini¸caõ 2.5. Agora, fazemos y = vx. Então, dy d dv = (vx ) = v + x dx dx dx

e a equa¸caõ diferencial fica

dv v + x = g dx

y = g (v ) x



pois v = xy . Podemos reescrever a express˜ ao acima na forma [v

− g(v)] dx + xdv = 0

que é a equa¸caõ diferencial separ´ avel, e assim, dv dx + =0 v g (v ) x

−

A resolu¸cão é feita por integra¸caõ direta, ou seja,



dv + v g (v )

−

16



dx = c x

onde c é uma constante const ante de integra¸ integrac˜ çao. aõ. A solu¸c˜ cao aõ geral fica



dv + ln x = c v g (v )

||

−

(24)

. S S . J . R . A e, após os resolver a integral, devemos substituir novamente v = xy para voltar as às variáveis aveis iniciais. Examinamos um exemplo. J´ a vimos que a equa¸c˜ cao aõ xydx + ( x2 + y 2 )dy = 0

é homo ho mogˆ gênea en ea.. Vamos rees re escr crevˆ evê-la e- la como co mo dy = dx

−

x y

1+

 x y

2

e fazer a substitui¸c˜ cão ao y = vx v x. Assim, ficamos com d (vx ) = dx

− 1 +v v

dv = dx

− 1 +v v

v + x

x

dv = dx

dv x = dx

2

2

− 1 +v v − v 2

−

v (2 + v 2 ) 1 + v2

que pode ser escrita como

1 + v2 dx + =0 dv v (2 + v 2 ) x

que é uma equa¸ equ a¸c˜ cao aõ diferencial separavél. el. Integrando esta express˜ ao, temos

 

1 + v2 dv + v (2 + v 2 )

 

dx = c x

que, mediante a utiliza¸c˜ cao aõ de fra¸c˜ coes o˜es parciais, resulta em 1 1 ln v + ln( v 2 + 2) + ln x = c o 2 4

||

||

17

Chamando co = ln c1 , temos

| |

1 1 ln v + ln( v 2 + 2) = ln c1 2 4

| | − ln |x|

||

. S S . J . R . A 1 1 c1 ln v + ln( v 2 + 2) = ln 2 4 x

| | ||

||

Multiplicando Multiplicando esta express˜ expressao aõ por 4, e agrupando os logaritimos, temos 4

c1 ln v (v + 2) = ln x



ou

2

  

2

v 2 (v 2 + 2) =

4

c1 x

 

como v = xy , temos

       y x

2

y x

2

c1 x

+ 2 =

y 2 y 2 + 2 x2 = x2 x2

c1 x

y2 2 (y + 2x2 ) = 4 x

 



4

   c1 x

4

4

y 4 + 2x2 y 2 = c 41

e, definindo uma constante c = c 41, temos, finalmente, y 4 + 2x2 y 2 = c

(25)

que é a solu¸ sol u¸c˜ cão ao (impl´ıcita) ıcita) da equa¸c˜ cao ão diferencial inicial. Até agora vimos equa¸c˜ coes o˜es diferenci diferenciais ais que podem po dem ser lineares. lineares. Vamos concentrar nossa aten¸c˜ cao aõ nas equa¸c˜ coes o˜es lineares de primeira ordem.

18

2.4

Equac˜ c ¸oes o ˜es Diferenciais Lineares

poss´ıvel escrever uma equa¸c˜ cao ˜ ordin´ aria de primeira Defini¸ c˜ cao a õ 2.6 Se for poss´ ordem na forma

. S S . J . R . A dy + P (x)y = Q (x) dx

(26)

esta diferencial ser´ a uma equa¸c˜ cao ˜ linear. Como exemplo, a equa¸c˜ cao aõ x2

dy + (x4 dx

− 2x + 1)y = x1

pode ser calocada na forma

dy + dx



x4

− 2x + 1  y = x2

1

x3

ou ainda,

dy + x2 dx



2

1

−x+x

2



y =

1

x3

que é linear, linear , porque p orque est´ a no tipo da equa¸c˜ cão ao 2.18. A equa¸c˜ cao aõ (26) pode ser reescrita na forma [P (x)y

− Q(x)] dx + dy = 0

(27)

que é uma equa¸c˜ cao a˜ o do tipo M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0, onde M (x, y ) = P (x)y Q(x)eN (x, y) = 1. Esta equa¸c˜ cão ao não ao é exata, exa ta, pois po is

−

∂M (x, y ) = P (x) ∂y

e

∂N (x, y ) =0 ∂x

No entanto, se utilizarmos um fator integrante, ela pode ser convertida numa equa¸c˜ cao aõ diferencial exata. e uma um a fun¸ fu n¸c˜ cao ˜ que, multiplicada Defini¸ c˜ cao a õ 2.7 Um fator integrante µ(x, y ) ´ pela equa¸c˜ cao ˜ diferencial M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0

a transforma numa equa¸c˜ c˜ ao diferencial exata, ou seja, na equa¸c˜ cao ˜ µ(x, y )M (x, y )dx + µ(x, y )N (x, y )dy = 0

que é, e, por defini¸ defi ni¸c˜ cao, ˜ exata 19

(28)

Por exemplo, a equa¸caõ diferencial ydx + 2 xdy = 0

. S . J . R . A não é exata, pois M (x, y ) = y , N (x, y ) = 2x e

∂M (x, y ) ∂N (x, y ) =1= =2 ∂y ∂x



Entretanto, se multiplicarmos esta equa¸caõ por y, teremos y 2 dx + 2xydy = 0

e agora, M (x, y) = y 2 , N (x, y) = 2xy e

∂M (x, y ) ∂N (x, y ) = 2y = = 2y ∂y ∂x

e a equa¸caõ diferencial torna-se uma equa¸caõ exata, sendo µ(x, y) = y o seu fator integrante. Se utilizarmos fatores integrantes, a equa¸caõ diferencial linear (26) pode ser resolvida através do seguinte teorema: ao diferencial linear Teorema 2.3 A equa¸c˜ dy + P (x)y = Q (x) dx

tem um fator integrante na forma

µ(x, y ) = e



P (x)dx

e sua solu¸cao ˜ é dada por

y (x) = e −

   P (x)dx

e

P (x)dx



Q(x)dx + c

(29)

Demonstra¸c˜ ao. Considere a equa¸cão diferencial (27). Vamos multipl´ıc´ a-la por um fator integrante µ(x) que a torne uma equa¸caõ exata, ou seja, [µ(x)P (x)y

− µ(x)Q(x)] dx + µ(x)dy = 0

Por defini¸cão, a equa¸cão diferencial acima é exata, e assim, ∂ [ µ(x)P (x)y ∂y

− µ(x)Q(x)] = ∂x∂ [µ(x)] 20

que se reduz a dµ dx

µP (x) =

. S . J . R . A que pode ser separada em

dµ = P (x)dx µ

e entegrada, resultando em

ln µ =

||



µ(x) = e

P (x)dx



P (x)dx

Agora multiplicamos a equa¸caõ diferencial (26) pelo fator integrante, isto é, P (x)dx dy



e

dx



+ e

P (x)dx

P (x)y = e



P (x)dx

Q(x)

o lado esquerdo pode ser reescrito, pois d e dx

 

P (x)dx

d e dx

dy = e

 

P (x)dx

P (x)dx dy

d +y e dx dx

 

P (x)dx dy

 

y = e

  

+ ye

dx



P (x)dx

P (x)dx

P (x)

e assim, a equa¸caõ diferencial fica d e dx

                 e

P (x)dx

dy = e

P (x)dx

d e

P (x)dx

y = e

P (x)dx

d e

P (x)dx

y =

e

P (x)dx

y=

e

ou, finalmente, 21

Q(x)dx

P (x)dx

P (x)dx

Q(x)

Q(x)dx

Q(x)dx + c

y (x) = e −

   P (x)dx

P (x)dx

e



Q(x)dx + c

. S . J . R . A Vejamos agora um exemplo de aplica¸cão. Considere a equa¸caõ diferencial 3 dy + y = 6x2 dx x

Nesta equa¸caõ, P (x) =

3

x

e Q(x) = 6x2 . Então, µ(x) = exp

= exp





P (x)dx

3

    dx

x

= exp (3ln x )

||

| | 3

= e ln x

µ(x) = x 3

multiplicando a equa¸caõ diferencial por µ(x), temos x3

dy + 3x2 y = 6x5 dx

O lado esuqerdo é, na verdade,

d 3 dy (x y ) = x 3 + y (3x2 ) dx dx

e a equa¸caõ diferencial fica d 3 (x y )6x5 dx d(x3 y ) = 6x5 dx



3

d(x y ) =

22



6x5 dx

x3 y = x 6 + c

. S . J . R . A y (x) = x 3 +

c x3

que é a solu¸cã o da equa¸caõ diferencial inicial. Vejamos um outro exemplo ilustrativo. Considere a equa¸caõ diferencial y 2 dx + (3 xy

que pode ser colocada na forma dy dx

− 1)dy = 0

(30)

2

− 1 −y 3xy = 0

que é nã o-linear em y. Esta equa¸cão também n˜ ao é exata, sep´ aravel ou homogênea. No entanto, como foi dito no in´ıcio deste cap´ıtulo, ao definir a equa¸caõ (10), quando uma equa¸cão diferencial est´ a na forma da equa¸caõ (30), podemos interpretar que y = y (x) ou que x = x(y ). Assim, vamos tentar esta u´ltima interpreta¸cão, ou seja, vamos escrever a equa¸ caõ como

− 1 −y 3xy = 0

dx dy

2

ou ainda como

dx 3 1 + x = 2 dy y y

que é do tipo

dx + P (y )x = Q (y ) dy

e é uma equa¸cão diferencial linear em x, podendo ser resolvida mediante a utiliza¸cão da equa¸cão (29), com a substitui¸caõ de x por y e y por x. O fator integrante é µ(y ) = exp

= exp



P (y )dy

    3

y

23

dy



| |

= exp 3 ln y

3

. S . J . R . A µ(y ) = y 3

Multiplicando o fator integrante pela equa¸ caõ diferencial, temos y3

dx + 3y 2 x = y dy

como

d 3 dx (y x) = y 3 + x(3y 2 ) dy dy

obtemos

d 3 (y x) = y dy

d(y 3 x) = ydy



3

d(y x) =

3

y x =

x(y ) =

y2

2



ydy

+c

c 1 + 3 2y y

que é a solu¸caõ da equa¸caõ diferencial (30). Vejamos uma classe especial de equa¸co˜es diferenciais que podem ser transformadas em equa¸ co˜es lineares.

2.5

Equa¸ c˜ ao de Bernoulli

˜ diferencial da forma Defini¸ ca õ 2.8 Uma equa¸cao dy + P (x)y = Q (x)y n dx

é chamada de equa¸c˜ ao de Bernoulli de grau n. 24

(31)

Um exemplo de uma equa¸caõ diferencial de Bernoulli é a equa¸ cão dy y = dx x e n = 2

−

−

y2 x

(32)

. S . J . R . A pois P (x) = x1 , Q(x) = x1 Se na equa¸caõ de Bernoulli tivermos n = 0 ou n = 1, então a equa¸cão é na verdade linear e pode ser resolvida mediante algum dos métodos vistos. nos outros casos, a equa¸cão diferencial é não - linear e ela pode ser resolvida através do seguinte teorema: ao de Bernoulli n˜ ao-linear Teorema 2.4 A equa¸c˜

−

−

dy + P (x)y = Q (x)y n dx

sendo n = 0 ou 1, pode ser transformada numa equa¸cao ˜ diferencial linear atr´ aves da mudan¸ca de vari´ aveis



v = y 1−n

que resulta numa equa¸c˜ ao diferencial linear em v. Demonstra¸c˜ ao. Primeiro, multiplicamos a equa¸caõ diferencial (31) por y −n , ou seja, y −n

dy + P (x)y 1−n = Q (x) dx

(33)

Se v = y 1−n , então,

dv d 1−n = (y ) = (1 dx dx

− n)y−

n dy

dx

e a equa¸caõ (33) fica

1

dv + P (x)v = Q (x) n dx

  1

ou, de forma equivalente,

−

dv + (1 dx

− n)P (x)v = (1 − n)Q(x)

Chamando P 1 (x) = (1

− n)P (x)

e

Q1 (x) = (1

− n)Q(x)

P 1 (x) = (1

− n)P (x)

e

Q1 (x) = (1

− n)Q(x)

25

temos dv + P 1 (x)v = Q 1 (x) dx

. S . J . R . A que é linear em v . Como exemplo, vamos resolver a equa¸caõ diferencial (32), que é dy dx

−

y = x

−

y2 x

Neste caso, n = 2, e então, devemos multiplicar a equa¸caõ por y −2 , ou seja, dy y −2 dx

−

y −1 = x

− x1

Como v = y 1−n = y −1 , temos

dv d −1 = (y ) = dx dx

dy −y− dx 2

Fazendo a substitui¸caõ, ficamos com

dv − dx − xv = − x1

ou ainda,

1 dv v + = dx x x

que est´ a na forma padr˜ ao das equa¸co˜es diferenciais lineares, com P (x) = 1 e Q(x) = x . O fator integrante é µ(x) = exp

= exp



P (x)dx

  dx x

= exp (ln x )

||

µ(x) = x

26



1

x

Multiplicando a equa¸caõ diferencial por este fator integrante, temos x

dv + v = 1 dx

. S . J . R . A Como

d dv (xv ) = x + v dx dx

obtemos

d (xv ) = 1 dx

d(xv ) = dx



d(xv ) =



dx

xv = x + c

v (x) = 1 +

c x

Lembrando que v = y −1 , temos y = v1 , ou seja, x + c 1 = y (x) x y (x) =

x

x + c

que é a solu¸cão da equa¸caõ diferencial de Bernoulli (32).

3

Equa¸ co ˜es Diferenciais Ordin´ arias Lineares de Ordem Superior: T´ ecnicas Fundamentais

Passaremos a` discussão das equa¸co˜es diferencias ordin´ arias de ordem superior, em especial as equa¸co˜es diferencias de segunda ordem. 27

ao diferencial linear ordin´ aria de ordem n é Defini¸ ca õ 3.1 Uma equa¸c˜ uma equa¸c˜ ao que pode ser posta na forma da equa¸c˜ ao (6), que é dn y dn−1 y dy + an (x)y = b (x) ao (x) n + a1 (x) n−1 + . . . + an−1 (x) dx dx dx

. S . J . R . A onde a0 (x) n˜ ao é identicamente nulo. Se b(x) = 0, a equa¸c˜ ao acima escrevese na forma dn y dn−1 y dy ao (x) n + a1 (x) n−1 + . . . + an−1 (x) + an (x)y = 0 dx dx dx

(34)

e é chamada homogênea, enquanto que a equa¸ cao ˜ diferencial (6) é dita n˜ ao homogênea. Se n = 2, ent˜ ao a equa¸cao ˜ diferencial (6) se reduz à equa¸c˜ ao n˜ ao homogênea d2 y dy ao (x) 2 + a1 (x) + a2 (x)y = b (x) dx dx

(35)

enquanto que a equa¸cao ˜ diferencial homogênea (34) se reduz a d2 y dy + a2 (x)y = 0 ao (x) 2 + a1 (x) dx dx

(36)

Como exemplo, as equa¸co˜es diferencias d3 x dt3

2

− t ddtx + xt = cos t 2

2

(37)

e

x

d2 y 3 dy + 3 x dx2 dx

− 4xy = e

x

(38)

são equa¸co˜es diferencias lineares n˜ ao-homogêneas. A equa¸caõ (37) é de ordem õ (38) é de ordem n = 2. As equa¸co˜es diferenciais n = 3, ao passo que a equa¸ca homogêneas correspondentes s˜ ao d3 x dt3

2d

−t

2

x dx t + 2 + xt = 0 dt2 dt

e d2 y dy x 2 + 3x3 dx dx

− 4xy = 0

Vamos nos concentrar inicialmente no estudo da equa¸ cão diferencial homogênea (34) 28

3.1

Equa¸ co ˜es Diferenciais Homogˆ eneas de Ordem Superior

Apesar da aparente simplicidade, n˜ a o h´ a um modo geral de resolu¸cã o da equa¸caõ diferencial (34). Existem apenas casos particulares, desenvolvidos para serem usados em situa¸co˜es espec´ıficas. Um desses casos ocorre quando os coeficientes ai na equa¸cão (34), que é

. S . J . R . A dn y dn−1 y dy + an (x)y = 0 ao (x) n + a1 (x) n−1 + . . . + an−1 (x) dx dx dx

são na verdade constantes num´ ericas e n˜ ao fun¸cões de x. Neste caso, existe um método razoavelmente simples, que ser´ a discutido. No entanto, antes de apresentarmos o modo de resolver equa¸cões diferenciais homogêneas com coeficientes constantes, é preciso definir alguns conceitos que ser˜ ao necess´ arios depois, em particular os conceitos de dependência e independência linear. c˜ oes f 1 , f 2, . . . , fn , a express˜ ao Defini¸ ca õ 3.2 Dadas as fun¸ c1 f 1 + c2 f 2 + . . . + cn f n

(39)

onde c1 , c2, . . . , cn s˜ ao constantes, é uma combina¸ c˜ ao linear f 1 , f 2, . . . , fn . Por exemplo, 5 ln x

− 2cos2x + 4x

2

é uma combina¸c˜ ao linear de f 1 (x) = ln x, f 2 (x) = cos 2x e f 3 (x) = x 2. õ linear de f 1 , f 2 , . . . , fn Defini¸ ca õ 3.3 Seja a combina¸ca c1 f 1 (x) + c2 f 2 (x) + . . . + cn f n (x) = 0

(40)

Se nesta combina¸cao ˜ linear especial pelo menos um dos c j for diferente de zero, dizemos que as fun¸c˜ oes f 1 , f 2 , . . . , fn s˜ ao linearmente dependentes, ou LD. Em particualr, duas fun¸coes ˜ f 1(x) e f 2 (x) s˜ ao linearmente dependentes se, quando c1 f 1 (x) + c2 f 2 (x) = 0

(41)

pelo menos c1 ou c2 puder ser diferente de zero. Por exemplo, as fun¸coes ˜ ao LD, pois na combina¸c˜ ao linear f 1 (x) = x , f 2 (x) = 2x e f 3 (x) = 3x s˜ c1 f 1 (x) + c2 f 2 (x) + c3 f 3 (x) = 0 c1 (x) + c2 (2x) + c3 (3x) = 0

29

se tomarmos c1 = 3, c2 = 2 e c3 = 31 , veremos que a igualdade é satisfeita. ´ modo de ter a combina¸c˜ ao linear Defini¸ ca õ 3.4 Quando o unico

−

c1 f 1 (x) + c2 f 2 (x) + . . . + cn f n (x) = 0

. S . J . R . A for o de escolher c1 = c2 = . . . = cn = 0, as fun¸c˜ oes f 1 , f 2 , . . . , fn s˜ ao linearmente independentes, ou LI. Em particular, as fun¸c˜ oes f 1 e f 2 s˜ ao LI se, para se ter c1 f 1 (x) + c2 f 2 (x) = 0

é necess´ ario que c1 = c2 = 0. Como exemplo, as fun¸ c˜ oes f 1 (x) = ex e ao LI, pois, para que f 2 (x) = sin x s˜ c1 ex + c2 sin x = 0

é preciso que c1 = c 2 = 0. c˜ oes f 1 , f 2, . . . , fn , onde cada uma possui deriDefini¸ ca õ 3.5 Dadas as fun¸ vadas pelo menos até a ordem (n 1), o determinante

−

W ( f 1 , f 2 , . . . , fn ) =

   

f 1 f 1

f 2 . . . f 2 . . .



fn fn



.. .

...

(n−1)

f 1



...

...

(n−1)

. . . fn( n−1)

f 2

   

.

(42)

é chamado Wronskiano dessas fun¸coes. ˜ Se o Wronskiano de f 1 (x), f 2 (x), . . . , fn (x) for nulo, essas fun¸coes ˜ s˜ ao LD, e se n˜ ao for, elas s˜ ao LI. Vejamos um exemplo. Vamos calcular o Wronskiano das fun¸ cões dadas no exemplo da defini¸cã o 4.3, que são f 1 (x) = x, f 2 (x) = 2x e f 3(x) = 3x. Temos três fun¸coès e precisamos achar suas derivadas até a ordem 2, ou seja, 

f 1 (x) = 1 

f 1 (x) = 0





f 2 (x) = 2

f 3 (x) = 3





f 2 (x) = 0

f 3 (x) = 0

Agora, calculamos o Wronskiano W = (f 1 , f 2 , f 3 ) =

30

 

f 1 f 1 f 1 



f 2 f 2 f 2 



f 3 f 3 f 3 



 

 

W = (x, 2x, 3x) =

 

x 2x 3x

1 0

2 0

3 0

. S . J . R . A W = (x, 2x, 3x) = 0

e as fun¸co˜es são LD, como já hav´ıamos mostrado. Vamos calcular agora o Wronskiano das fun¸cões dadas no exemplo da defini¸caõ 3.4, que sã o LI. As fun¸co˜es são f 1 (x) = e x e f 2 (x) = sin x. Suas derivadas s˜ ao 

f 1 (x) = e x



f 2 (x) = cos x

e o Wronskiano é

W = (f 1 , f 2 ) =

W = (ex , sin x) =

   

f 1 f 2 f 1 f 2 



 

ex sin x ex cos x

W = (ex , sin x) = e x cos x

−e

W = (ex , sin x) = e x (cos x

x

 

sin x

− sin x)

que é diferente de zero, e portanto as fun¸ co˜es são LI. ao diferencial linear homogênea ordin´ aria (34) Teorema 3.1 A equa¸c˜ dn y dn−1 y dy + an (x)y = 0 ao (x) n + a1 (x) n−1 + . . . + an−1 (x) dx dx dx

sempre possui n solu¸c˜ oes linearmente independentes, e a sua solu¸c˜ ao geral é, a combina¸c˜ ao linear dessas n solu¸c˜ oes, na forma f (x) = c 1 f 1 (x) + c2 f 2 (x) + . . . + cn f n (x)

Em particular, se n = 2, a solu¸cao ˜ geral é f (x) = c 1 f 1 (x) + c2 f 2 (x)

31

Um modo de se verificar as solu¸cões f 1 (x), f 2 (x), . . . , fn (x) são LI é calcular o seu Wronskiano. Se n˜ ao for nulo, ent˜ ao a combina¸cão linear das solu¸co˜es é a solu¸caõ geral da equa¸caõ diferencial. Por exemplo, a equa¸caõ diferencial

. S . J . R . A d2 y + y = 0 dx2

pode ser resolvida se y (x) = cos x ou se y (x) = sin x. O Wronskiano destas fun¸co˜es é W = (cos x, sin x) =

 −

cos x sin x sin x cos x

 

W = (cos x, sin x) = cos2 x + sin2 x

W = (cos x, sin x) = 1

que é diferente de zero, e as fun¸ cõ es são LI. Portanto, a solu¸caõ geral da equa¸caõ diferencial é f (x) = c 1 cos x + c2 sin x

Vamos agora partir para o método de resolu¸ cão de equa¸co˜es diferencias homogêneas com coeficientes constantes.

3.2

Equa¸ co ˜es Diferencias com Coeficientes Constantes

As equa¸co˜es diferenciais homogêneas com coeficientes constantes s˜ ao as equa¸cões diferencias na forma dn y dn−1 y dy ao n + a1 n−1 + . . . + an−1 + an y = 0 (43) dx dx dx onde a 0 , a1 , . . . , an são constantes reais. Esta equa¸caõ pode ser transformada

numa outra, através da substitui¸cão y (x) = e mx

Lembrando que dy = me mx dx

32

d2 y = m 2 emx 2 dx

. S . J . R . A d3 y = m 3 emx 3 dx

.. .. .=.

dn y = m n emx n dx

a equa¸caõ diferencial (43) fica

ao mn + a1 mn−1 emx + . . . + an−1 memx + an emx = 0

ou

mx

e



n

ao m + a1 m

n−1



+ . . . + an−1 m + an = 0

Como emx = 0, ficamos com



ao mn + a1 mn−1 + . . . + an−1 m + an = 0

(44)

que é um polinômio de grau n em m, chamado de equa¸cão caracter´ıstica da equa¸caõ diferencial (43). Se y (x) = e mx é solu¸caõ de (43), ent˜ ao m deve ser solu¸cão de (44), ou seja, m é uma raiz do polinˆ omio. Como um polinˆ omio de grau n tem n ra´ızes, temos n valores de m, que correspondem a´s n solu¸co˜es da equa¸cão diferencial (43). Precisamos apenas separar os casos de ra´ızes reais e distintas, ra´ızes reais e repetidas e ra´ızes complexas. 3.2.1

Ra´ızes Reais e Distintas

Se as ra´ızes de (44) s˜ ao reais e distintas, ent˜ ao as solu¸co˜es são em x , em x , . . . , emn x 1

2

que são LI, e a solu¸caõ geral é y (x) = c 1 em

1

x

+ c2 em

2

x

+ . . . + cn emn

Como exemplo, considere a equa¸caõ diferencial 33

(45)

d2 (y ) dy + 5 + 6y = 0 dx2 dx

. S . J . R . A Substituindo y (x) = e mx , temos

m2 emx + 5memx + 6emx = 0 m2 + 5m + 6 = 0

que é a equa¸caõ caracter´ıstica neste caso. As ra´ızes s˜ ao m1 =

−2

, m2 =

−3

que são diferentes, e as solu¸co˜es são e−2x

, e−3x

que são LI e formam a solu¸caõ geral

y (x) = c 1 e−2x + c2 e−3x

3.2.2

Ra´ızes Reais e Repetidas

Vamos considerar a equa¸cão diferencial d2 (x) dt2

dy + 4x = 0 − 4 dx

(46)

Sua equa¸cão caracter´ıstica é

m2

− 4m + 4 = 0

que possui a raiz dupla m = 2. Ent˜ a o, as solu¸coès seriam e2t e e2t . No entanto, essas solu¸coès n˜ a o são LI, como é f´ acil de verificar, j´ a que elas são 2t iguais. A fun¸cão e é uma solu¸cão, como pode ser visto se a substituirmos na equa¸caõ diferencial d2 2 (e t) dt2

− 4 ddt (e

4e2t

2t

2t

− 8e

) + 4(e2t ) = 0

+ 4e2t = 0

34

0=0 mas falta mais uma, pois uma equa¸caõ diferencial de ordem 2 tem duas solu¸cões. Para achar a outra vamos tentar tomar

. S . J . R . A x = e 2t y

e ver se isso resolve o problema. Temos ent˜ ao



dx dy dy = 2e2t y + e2t = e 2t 2y + dt dt dt



e

d2 x dy dy d2 y 2t 2t = 2e 2y + + e 2y + + 2 dt2 dt dt dt



 

d2 x dy d2 y 2t = 2e 4y + 4 + 2 dt2 dt dt







substituindo tudo isso na equa¸caõ (46), o resultado é e2t

dy d2 y 4y + 4 + 2 dt dt





− 4e

dy d2 4y + 4 + 2 dt dt



2t





dy 2y + + 4e2t y = 0 dt

ou

d2 dy + (4 dt2 dt

−



dy 4 2y + + 4y = 0 dt

− 4) + y (4 − 8 + 4) = 0 d2 =0 dt2

A equa¸caõ diferencial acima é bastante simples de resolver. Chamamos w =

e temos 35

dy dt

dy =0 dt

. S . J . R . A w = c

onde a soma c é uma constante que pode ser tomada como sendo c = 1 sem perda de generalidade. Agora, dy =1 dt

dy = dt

y = t + d

em que d é outra constante, que neste caso pode ser tomada como sendo d = 0. O resultado é y = t , e a outra solu¸ca õ da equa¸cão diferencial (46) é te2t

que LI em rela¸caõ a` solu¸caõ e2t . A solu¸caõ geral fica

x(t) = c 1 e2t + c2 te2t = e 2t (c1 + c2 t)

O procedimento acima é absolutamente geral, e quando uma equa¸ cão diferencial tem uma raiz mi que se repete k vezes, as solu¸co˜es associadas a essa raiz s˜ ao emi x , xemi x , x2 emi x , . . . , xk−1 emi x

e a solu¸cão geral fica





c1 + c2 x + c3 x2 + . . . + ck xk−1 emi x

Se houver mais de uma rais repetida, repete-se o procedimento acima para cada uma delas. Por exemplo, se uma equa¸ cão diferencial tiver uma equa¸caõ caracter´ıstica cujas ra´ızes s˜ ao m = 1, 1, 1, 3, 3, 4 a solu¸caõ geral dessa equa¸cão diferencial ser´ a

− −

y (x) = c 1 ex + c2 x + c3 x2 ex + c4 e−3x + c5 xe−3x + c6 e4x

e todas as fun¸co˜es acima s˜ ao LI, como deveria ser. 36

3.2.3

Ra´ızes Complexas

O procedimento a ser seguido quando as ra´ızes s˜ ao complexas é idêntico aos anteriores. Se as ra´ızes complexas forem distintas, segue-se o caso das ra´ızes distintas. Se aparecerem ra´ızes complexas repetidas, segue-se o caso das ra´ızes repetidas. As uńicas diferen¸cas são que, se z = a + bi é raiz de uma equa¸caõ, ent˜ ao z¯ = a + bi, que é complexo conjugado, também é raiz, ou seja, elas aparecem aos pares. A outra diferen¸ca é que, usando a rela¸caõ de Euler

. S . J . R . A eiθ = cos θ + i sin θ

podemos expressar, dependendo da necessidade, as exponenciais complexas como soma de senos e cossenos, para facilitar a “visualiza¸ cão”do resultado. Como exemplo, a equa¸caõ diferencial d2 y = dx2

dy + +25y = 0 −6 dx

tem uma equa¸cão caracter´ıstica dada por m2

− 6m + 25 = 0

que tem as ra´ızes complexas

m1 = 3 + 4i, m2 = 3

− 4i

que são conjugadas, como esperado. A solu¸cão segue o caso de ra´ızes reais e distintas, ou seja, as fun¸co˜es e(3+4i)x

e(3−4i)x

formam uma solu¸caõ geral

y (x) = c 1 e(3+4i)x

c2 e(3−4i)x

que são LI, como deveria ser. Para expressar a solu¸ cã o na forma de senos e cossenos, é preferével transformar as solu¸ cões antes de formar a solu¸caõ geral, isto é, y (1) = e (3+4i)x = e 3x−4xi = e 3x e4xi = e 3x (cos4x + i sin4x) y (2) = e (3+4i)x = e 3x−4xi = e 3x e−4xi = e 3x (cos4x

37

− i sin4x)

e a solu¸cão fica y (x) = k 1 y1 + k2 y2

. S . J . R . A = k 1 e3x (cos4x + i sin4x) + k2 e3x (cos4x = e 3x [(k1 + k2 )cos4x + i (k1

− i sin4x)

− k )sin4x] 2

y (x) = e 3x (c1 cos 4x + c2 sin 4x)

que é a solu¸caõ geral, com c1 = k 1 + k2 e c2 = i (k1 e cossenos. Já a equa¸cão diferencial d4 x dt4

−

d3 x d2 x 4 3 + 14 2 dt dt

− k ), expressa em senos 2

+ 25x = 0 − 20 dx dt

tem uma equa¸cão caracter´ıstica m4

− 4m

3

+ 14m2

− 20m + 25 = 0

cujas solu¸co˜es são

m = 1 + 2i, 1

− 2i, 1 + 2i, 1 + 2i, 1 − 2i

que são repetidas. Ent˜ ao, as solu¸co˜es são

e(1+2i)t , te(1+2i)t , e(1−2i)t , te(1−2i)t


x(t) = (c1 + c2 t)e(1+2i)t + (c3 + c4 t)e(1−2i)t

Na forma de senos e cossenos, temos x1 = e (1+2i)t = e t+2it = e t (cos2t + i sin2t) x2 = te (1+2i)t = te t (cos2t + i sin2t) x3 = e (1−2i)t = e t−2it = e t (cos 2t

38

− i sin2t)

x4 = te (1−2i)t = te t (cos2t

− i sin2t)

que resulta na solu¸caõ geral

. S . J . R . A x(t) = k 1 x1 + k2 x2 + k3 x3 + k4 x4

= k 1 = e t (cos2t + i sin2t) + k2 tet (cos2t + i sin2t) +k3 et (cos2t

t

− i sin2t) + k te (cos2t − i sin2t) 4

= e t [(k1 + k3 ) + ( k2 + k4) t]cos2t + [i (k1

{

onde c1 = k 1 + k3, c2 = k 2 + k4 , c3 = i (k1

− k ) + i (k − k ) t]sin2t} − k ) e c = i (k − k ) 3

3

4

2

4

2

4

x(t) = e t [(c1 + c2 t)cos2t + (c3 + c4 t)sin2t]

Agora j´ a sabemos como resolver a equa¸caõ diferencial homogênea com coeficientes constantes (43). Vamos estudar o modo de resolver a equa¸ cão não-homogênea com coeficientes constantes dn y dn−1 y dy ao (x) n + a1 n−1 + . . . + an−1 + an y = 0 dx dx dx

(47)

Para isso, vamos precisar do seguinte teorema, v´ alido para qualquer equa¸caõ diferencial na forma (6): ao geral da equa¸c˜ ao diferencial n˜ ao-homogênea Teorema 3.2 A solu¸c˜ dn y dn−1 y dy + an (x)y = b (x) ao (x) n + a1 (x) n−1 + . . . + an−1 (x) dx dx dx

é dada por y = yh + yp

onde yh é a solu¸cao ˜ da equa¸c˜ ao diferencial homogênea correspondente dn y dn−1 y dy ao (x) n + a1 (x) n−1 + . . . + an−1 (x) + an (x)y = 0 dx dx dx

e y p é uma solu¸cao ˜ particular, sem constantes arbitr´ arias, da equa¸c˜ ao diferencial n˜ ao-homogênea acima. 39

Demonstra¸c˜ ao Vamos apresentar a demonstra¸caõ do teorema acima para o caso em que n = 2,mas a id´ eia é geral. Neste caso, a equa¸ cão diferencial não-homogênea é

. S . J . R . A d2 y dy ao (x) 2 + a1 (x) + a2 (x)y = b (x) dx dx

O teorema diz que a solu¸caõ geral da equa¸caõ acima é y = y h + y p

sendo que yh é a solu¸caõ da homogênea correspondente, ou seja, d2 yh dyh + a2 (x)yh = 0 ao (x) 2 + a1 (x) dx dx

(48)

Vamos aplicar a solu¸cão acima na equa¸caõ diferencial ao (x)

d d y y a x ( + ) + ( ) ( yh + y p ) + a2(x) (yh + y p ) = b (x) h p 1 dx2 dx

d2 yh d2 y p dyh dy p ao (x) 2 + a0 (x) 2 + a1 (x) + a1 (x) + a2 (x)yh + a2 (x)y p = b (x) dx dx dx dx



d2 yh dyh d2 y p dy p + +a2 (x)y p = b (x) ao (x) 2 + a1 (x) a 2 (x)yh + a0 (x) 2 + a1 (x) dx dx dx dx





O primeiro termo entre colchetes é nulo, como mostra a equa¸ cão (48). Assim, d2 y p dy p + a2(x)y p = b (x) ao (x) 2 + a1 (x) dx dx

que é uma igualdade, pois, por hip´ otese, y p é uma solu¸cão particular da equa¸caõ diferencial n˜ ao-homogênea. Como exemplo, a equa¸caõ diferencial d2 y + y = x dx2

tem uma equa¸caõ homogênea associada cuja solu¸caõ, como já vimos, é dada por yh = c 1 cos x + c2 sin x

Uma solu¸caõ particular desta equa¸caõ diferencial é 40

y p = x

e a solu¸cão geral da equa¸caõ é

. S . J . R . A y (x) = y h + y p = c 1 cos x + c2 sin x

Este teorema é geral e vale inclusive para o caso de coeficientes constantes. Ent˜ ao, para resolver a equa¸caõ diferencial com coeficientes constantes (47), podemos resolver a homogênea correspondente pelo método j´ a visto, que fornece a solu¸caõ yh , e somá-la com a solu¸caõ particular y p . Mas como se acha a solu¸caõ particular? Existem dois métodos, que ser˜ ao discutidos em seguida.

3.3

M´ etodo dos Coeficientes a Determinar

Agora queremos achar solu¸co˜es particulares ds equa¸caõ diferencial (47) dn y dn−1 y dy ao n + a1 n−1 + . . . + an−1 + an y = b (x) dx dx dx

Um dos métodos para encontrar y p é dos coeficientes a determinar. Esse método funciona para poucos casos espec´ıficos, ou seja, para uma classe pequena de fun¸cões b(x). No entanto, por sorte, a maioria das fun¸ cões relevantes do ponto de vista f´ısico est´ a inclu´ıda neste conjunto, o que faz com que esse método seja muito importante para f´ısicos. Além disso, o método é muito simples, muito mais do que o outro, chamado de varia¸cão dos parˆ ametros, que serve para quase todas as fun¸ co˜es b(x) mas é mais complicado. Para apresentar o método, vamos considerar um caso espec´ıfico, para a equa¸ cão diferencial abaixo: d2 y dx2

dy − 2 dx − 3y = 2e

4x

(49)

Como é que achamos uma solu¸caõ particular? Ela deve ser tal que, ap´ os 4x realizarmos as derivadas e as simplifica¸cões, devemos obter 2e . Poder´ıamos tentar, lembrando do método de resolu¸ cão da equa¸cão diferencial homogênea, uma solu¸cã o do tipo exponencial, e j´ a que o resultado deve ser 2e4x , uma exponencial do tipo y p = Ae 4x

onde A é um coeficiente a ser determinado (por isso o nome do método). Vamos aplicar a solu¸cão tentativa na euqa¸cão (49) 41

dy p = 4Ae4x = 4y p dx

. S . J . R . A d2 y p = 16Ae4x = 16y p 2 dx

d2 y p dx2

dy − 2 dx − 3y

p

= 16y p

− 2(4y ) − 3y p

p

2e4x = 5y p

2e4x = 5Ae4x 5A = 2 A =

2 5

Assim a solu¸caõ particular

y p =

2 4x e 5

resolve a equa¸caõ diferencial (49). Agora considere a equa¸cão diferencial d2 y dx2

dy − 2 dx − 3y = 2e

3x

(50)

que é idêntica a` anterior, apenas com b(x) diferente. J´ a que tivemos sucesso no caso anterior, vamos supor também que y p = Ae 3x

seja uma solu¸caõ particular. Para determinar A, fazemos dy p = 3Ae3x = 3y p dx d2 y p = 9Ae3x = 2 dx

42

d2 y p dx2

dy − 2 dx − 3y = 9y − 2(3y ) − 3y p

p

p

. S . J . R . A 2e3x = 0 e3x = 0

e temos um grande problema. A equa¸ cão que resulta da suposi¸caõ acima é imposs´ıvel, e a suposi¸caõ é falsa, ou seja, aquele y p não é a solu¸cão da equa¸caõ diferencial (50). E agora? Por que duas equa¸ cões diferenciais que têm a mesma equa¸cão homogênea associada, que é d2 y dx2

dy − 2 dx − 3y = 0

(51)

para um caso têm uma solu¸ caõ particular semelhante ao termo b(x) da equa¸caõ n˜ ao-homogênea e para o outro isto n˜ ao acontece? Vamos resolver a equa¸caõ diferencial homogênea 4.18 para ver se a solu¸ cão esclarece nosssas dúvidas. A equa¸caõ caracter´ıstica da equa¸caõ diferencial (51) é m2

− 2m − 3 = 0

cujas ra´ızes s˜ ao

m1 = 3

m2 =

−1

que formam as solu¸co˜es

e3x e−x

as quais,por sua vez, formam a solu¸caõ da homogênea yh = c 1 e3x + c2 e−x

Agora parece que temos uma luz sobre o problema. Na solu¸ cão da ho3x mogênea aparece a fun¸caõ e . Portanto, como a solu¸ cão geral da equa¸caõ 43

diferencial (50) deve ser formada por fun¸ co˜es LI, na solu¸caõ particular y p não podem aparecer as mesmas fun¸cões que fazem a solu¸cão homogênea, pois o conjunto das fun¸co˜es n˜ ao seria LI, e sim, LD. Na equa¸caõ (49), o conjunto de 3x −x 4x fun¸co˜es é e , e , e , que é LI. Na equa¸cão (50), ele seria e3x , e−x , e3x , que é claramente LD, e portanto, n˜ ao é permitido. Por causa disso, é necessário sempre obter a solu¸caõ da homogênea associada para eliminar as fun¸co˜es indesejadas. E como resolvemos ent˜ a o a euqa¸cã o (50)? Lembrando o que ocorre quando temos ra´ızes repetidas, podemos tentar supor a solu¸ cão particular

{

}

{

}

. S . J . R . A y p = Axe 3x

para ver se funciona, j´ a que, aparentemente, m = 3 é uma raiz repetida. Ent˜ ao, dy p = 3Axe3x = Ae 3x (3x + 1) dx

d2 y p = 9Axe3x + 6Ae3x = Ae 3x (9x + 6) 2 dx

d2 y p dx2

dy − 2 dx − 3y

p

= Ae 3x(9x + 6)

2e3x = Ae 3x [9x + 6

A =

2 4

A =

1 2

e agora chegamos a solu¸caõ aceit´ avel, dada por 1 3x xe 2

e a solu¸cão geral da equa¸caõ diferencial (50) é 44

(3x + 1)

− 6x − 2 − 3x]

2e3x = 4Ae3x

y p =

3x

− 2Ae

− 3Ax

3x

1 2

y (x) = y h + y p = c 1 e3x + c2 e−x + xe3x

. S . J . R . A Entendido este exemplo, vamos agora ao método propriamente dito, estabelecendo algumas defini¸co˜es necess´ arias. ˜ CD (Coeficientes a Determinar) é uma fun¸c˜ ao Defini¸ ca õ 3.6 Uma fun¸cao que se enquadra nos seguintes casos: 1. xn , onde n é um inteiro positivo ou nulo 2. eax , onde a = 0 3. sin(bx + c), onde b e c s˜ ao constantes, com b = 0 4. cos(bx + c) onde b e c s˜ ao constantes, com b = 0 ou ainda, a soma ou um produto de duas ou mais das fun¸c˜ oes acima (n˜ ao uma divis˜ ao) Vejamos alguns exemplos. As fun¸co˜es



e3x

 

x7

sin(4x

− 3)

1 cos x 2

são exemplos de fun¸cões CD. Os produtos x7 e3x

sin(4x

− 3)cos 12 x

1 2

x7 cos x

são também fun¸cões CD. cão f CD. O conjunto LI formado por f Defini¸ ca õ 3.7 C onsidere uma fun¸ e por suas derivadas sucessivas, desconsiderando constantes multiplicativas, é chamado conjunto CD de f , e é representado por S . Por exemplo se f (x) = x 2

temos



f (x) = 2x



f (x) = 2

f n (x) = 0, n

≥3

e o conjunto CD de f (x) é S = x 2 , x, 1

pois desconsideramos as constantes multiplicativas. Vejamos outro exemplo. Se f (x) = cos 2x

45

temos 

f (x) =

−2sin2x



f (x) =

−4cos2x



f (x) = 8sin 2x

. S . J . R . A Após a derivada segunda, as fun˜ oes come¸cam a se repetir. O u ´ nico con junto LI é S = cos 2x, sin2x

Agora vamos ao m´ etodo dos coeficientes a determinar. Considere a equa¸caõ diferencial n˜ ao-homogênea com coeficientes constantes (47) dn y dn−1 y dy ao n + a1 n−1 + . . . + an−1 + an y = b (x) dx dx dx

onde b(x) é uma combina¸cão linear

b(x) = A 1 u1 + A2 u2 + . . . + An un

das fun¸co˜es ui , que são todas CD, com coeficientes Ai . Assumindo que a solu¸cão da homogênea yh associada já foi obtida, a solu¸cão particular y p é encontrada mediante os seguintes passos: 1. Para cada uma das fun¸co˜es CD ui , u2 , . . . , un

ache o respectivo conjunto CD

S 1 , S 2 , . . . , Sn

2. Depois de otidos os conjuntos CD, suponha que um deles, por exemplo ao, desonsidere o S i , ou seja, S i , esteja contido totalmente em outro, S j . Ent˜ fique apenas com os conjuntos mais abrangentes. 3. Compare os conjuntos S restantes com a solu¸cão da equa¸caõ diferencial homogênea yh . Se algum dos conjuntos, digamos S k , tiver um ou mais elementos que pertencem a` solu¸cão yh , então multiplique cada um dos elementos S k pela menor potência de x que fa¸ca com que o novo conjunto S k não tenha mais nenhum elemento que componha a solu¸caõ yh . Repita essa verifica¸caõ com cada um dos conjuntos CD, um de cada vez. Vejamos alguns exemplos passo-a-passo. Considere a equa¸caõ diferencial d2 y dx2

dy + y = x e − 2 dx

2 x

46

A fun¸caõ x2 ex é CD, e seu conjunto é



S = x2 ex , xex , ex



. S . J . R . A A equa¸caõ caracter´ıstica da homogênea associada é m2

− 2m + 1 = 0

que tem as ra´ızes m1 em2 = 1, e a solu¸cão da homogênea é, por causa das ra´ızes repetidas, yh = c 1 ex + c2 xex

Portanto, temos que passar pelo passo 3 do esquema acima, pois em S existem dois elementos que aparecem em y h , que são e x exex . Para resolver esta parte, multiplicamos cada elemento se S por x2 , já que multiplicá-lo apenas por x não adiantaria. O novo conjunto S é 





S = x4 ex , x3 ex , x2 ex

Agora precisamos fazer a combina¸caõ linear



y p = Ax 4 ex + Bx 3 ex + Cx2 ex

e substituir esta equa¸cão na equa¸caõ diferencial para achar as constantes A, B e C . Neste caso temos dy p = Ae x x4 + 4x3 dx





d2 y p = +Be x x3 + 6x2 + 6x + Cex x2 + 4x + 2 2 dx









Reunindo as express˜ oes acima na equa¸cão diferencial, obtemos d2 y p dx2

2 x

x e = Ae

  −

x





4

3

− dydx + y p

p

 

2

x + 8x + 12x + Be



= x 2 ex

x

 

3

2



x + 6x + 6x + Ce



x



2

x + 4x + 2



2 Aex x4 + 4x3 + Be x x3 + 3x2 + Cex x2 + 2x + Ax4 ex + Bx 3 ex + Cx2 ex

ou

47

2 x

x e = e

x

ou ainda



x4 (A

3

− 2 A + A) + x

(8A + B

2

− 9A − 2B + B) + x

(12A + 6B + C

− 6B − 2C + C )

. S . J . R . A 2 x

x e = e

x





2

12Ax + 6Bx + 2 C

Os polinômios devem ser iguais, logo,

12A = 1 A =

B = 0,

1 12

C = 0

e a solu¸cão particular fica

y p =

1 4 x x e 12

que, somando a solu¸caõ da homogênea, fornece a solu¸ caõ geral y (x) = y h + y p = y h = c 1 ex + c2 xex +

1 4 x x e 12

Vejamos mais um exemplo. A solu¸cão da homogênea associada a` equa¸caõ diferencial d4 d2 x + 2 = 3t2 + 4 sin t 4 dt dt

− 2cos t

é dada por

xh = c 1 + c2 t + c3 sin +c4 cos t

O termo não-homogêneo é b(t) = 3t2 + 4sin t combina¸caõ linear das fun¸co˜es CD t2

sin t

− 2cos t, que é formado pela

cos t

Os conjuntos CD destas fun¸cões são

 

S 1 = t2 , t, 1

S 2 = sin t, cos t ,

{

}

48

S 3 = cos t, sin t

{

}

Agora, considerando o passo 2, vemos que os conjuntos S 2 e S 3 são idênticos, e então desconsideramos um deles (S 3 ) e ficamos com

 

S 1 = t2 , t, 1

S 2 = sin t, cos t

{

}

. S . J . R . A A solu¸cão da homogênea tem as seguintes fun¸ cões: t 1

sin t

cos t

e torna-se necess´ ario que passemos pelo item 3. Cosiderando S 1 , vemos que t e 1 aparecem na homogênea. Portanto, precisamos multiplicar os elementos de S 1 por t2 , e o novo S 1 será 





S 1 = t4 , t3 , t2



Quando a S 2 , também temos que corrigi-lo, pois fun¸co˜es que est˜ ao na solu¸caõ da homogênea. Neste caso, basta multiplicar os elementos de S 2 por t, e o novo S 2 será 



S 2 = t sin t, t cos t

{

}

Agora formamos a solu¸caõ particular

x p = At 4 + Bt 3 + Ct2 + Dt sin t + Et cos t

e precisamos coloc´ a-la na equa¸cã o diferencial para achar A, B, C, D e E. Calculando a derivada primeira, temos dx p = 4At3 + 3Bt 2 + 2Ct + D sin t + Dt cos t + E cos t dt

− Et sin t

A derivada segunda é

d2 x p = 12At2 +6Bt +2C +D cos t+D cos t Dt sin t E sin t E sin t Et cos t 2 dt

−

−

−

−

ou d2 x p = 12At2 + 6Bt + 2C + 2D cos t 2 dt

− Dt sin t − 2E sin t − Et cos t

A derivada terceira fica d3 x p = 24At + 6B dt3

− 2D sin t − D sin t − Dt cos t − 2E cos t − E cos t + Et sin t 49

ou d3 x p = 24At + 6B dt3

− 3D sin t − Dt cos t − 3E cos t + Et sin t

. S . J . R . A E, finalmente, a derivada quarta é d4 x p = 24A dt4

− 3D cos t − D cos t + Dt sin t + 3E sin t − E sin t + Et cos t

d4 x p = 24A dt4

− 4D cos t + Dt sin t + 4E sin t + Et cos t

Substituindo todas essas express˜ oes na equa¸cão diferencial, temos d4 x d2 x + 2 = 3t2 + 4 sin t 4 dt dt

− 2cos t

ou

3t2 + 4 sin t 2cos t = 24A 4D cos t + Dt sin t + 4E sin t + Et cos t + 12At2 + 6Bt + 2C + 2D cos t Dt sin t 2E sin t Et cos t

−

−

−

−

−

ou ainda,

3t2 + 4 sin t

2

− 2cos t = 12At + 6Bt + (2C + 24A) + (−4D + 2D)cos t + (E − E ) t cos t + (4E − 2E ) sin t + (D − D) t sin t

e, por fim,

3t2 + 4 sin t

− 2cos t = 12At

2

+ 6Bt + (2C + 24A)

− 2D cos t + 2E sin t

3t2 +4sin t 2cos t = 12At2 = 12At2 +6Bt +(2C + 24A) 2D cos t +2E sin t

−

−

e os coeficientes s˜ ao dados por B=0

12A = 3

A =

50

1 4

2C + 24A = 0

. S . J . R . A C =

−12 14 = −3

−2D = −2 D = 1

2E = 4 E = 2

A solu¸cão particular fica

x p =

1 4 t 4

3

− 3t

+ t sin t + 2t cos t

que, combinada com a solu¸caõ da homogênea xh , resulta na solu¸caõ geral 1 4

x(t) = c 1 + c2 t + c3 sin t + c4 cos t + t4

3

− 3t

+ t sin t + 2t cos t

Vamos agora ao outro método de obten¸ cão de solu¸cões particulares.

3.4

M´ etodo da Varia¸ c˜ ao dos Parˆ ametros

Embora o método dos coeficientes a determinar seja muito simples, ele s´ o funciona para as fun¸co˜es b(x) que sejam CD. Para a equa¸caõ d2 y + y = tan x dx2

este método j´ a não funciona, porque b(x) = tan x não é uma fun¸caõ CD. Para resolver esta equa¸ cão, precisamos do método da varia¸ cã o dos parâmetros, que pode ser utilizado para achar solu¸cões particulares de equa¸co˜es diferenciais com coeficientes constantes ou n˜ ao. Vamos demonstrar o método para a equa¸caõ diferencial n˜ ao-homogênea de ordem 2 51

ao (x)

d2 y dy + ( ) + a2 (x)y = b (x) a x 1 dx2 dx

(52)

mas a idéia é absolutamente geral e pode ser aplicada para qualquer equa¸ cão diferencial. A u ńica condi¸cão de aplica¸caõ do método de varia¸ cão dos parˆ ametros é que a solu¸cão homogênea associada a` equa¸cão diferencial seja conhecida, ou seja, precisamos conhecer yh a priori, e com isso encontraremos y p . Se a equa¸cão diferencial tiver coeficientes constantes, a solu¸caõ da homogênea é simples, como j´ a foi visto. Se n˜ ao, temos que usar algum outro método para achar yh , e se isso não for poss´ıvel, não poderemos usar a varia¸caõ dos parâmetros. Vamos supor que conhecemos yh neste caso, que é dada por

. S . J . R . A yh = c 1 y1 (x) + c2 y2 (x)

lembrando sempre que y1 (x) e y2 (x) são LI. O método da varia¸ cã o dos parâmetros consiste em substituir as constantes c1 e c 2 pelas fun¸co˜es v1 (x) e v2 (x), para formar uma solu¸ca õ particular na forma y p = v 1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x)

que seja solu¸cão da equa¸caõ diferencial n˜ ao-homogênea. Como v1 (x) e v2 (x) esta a` nossa disposi¸caõ, constituem parˆ ametros que podem ser modificados. Da´ı o nome do método. Além disso, temos duas ”inc´ ognitas” (v1 (x)ev2 (x)) e apenas uma equa¸caõ, que é a equa¸caõ diferencial (52). Podemos ent˜ ao considerar outra equa¸caõ, desde que ela não viole a primeira. Vamos calcular as linhas que representam as derivadas dy p = v 1 (x)y1(x) + v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) + v2(x)y2 (x) dx 







Agora impomos a outra equa¸caõ, de modo a simplificar a derivada acima. Esta condi¸caõ é 



v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) = 0

Com ela, a derivada fica dy p = v 1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) dx 



e a derivada segunda fica d2 y p = v 1 (x)y1(x) + v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) + v2 (x)y2 (x) dx2 





52







Reunindo todas as express˜ oes acima na equa¸caõ (52), temos d2 y p dy p + a2(x)y p = b (x) ao (x) 2 + a1 (x) dx dx

. S . J . R . A ou

















a0 (x) v1 (x)y1 (x) + v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) + v2 (x)y2 (x) +













a1 (x) v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) + v2 (x)y2 (x) + a2 (x) [v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x)] = b (x)

ou ainda,





 









v1 a0 (x)y1 (x) + a1 (x)y1 (x) + a2 (x)y1 (x) + v2 a0 (x)y2 (x) + a1 (x)y2 (x) + a2 (x)y2 (x) +











a0 (x) v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) = b (x)

Como y1 (x) e y2(x) são solu¸co˜es da homogênea, os dois primeiros colchetes da ultima express˜ ao acima são nulos, e resta 







v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) =

b(x) a0 (x)

E ent˜ ao temos duas equa¸co˜es para as duas incognitas, v1 (x) e v2 (x). Estas equa¸co˜es são 







v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) = 0









v1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x) =

b(x) a0 (x)

Que formam um sistema de equa¸cõ es que pode ser representado por um produto de matrizes



y1 (x) y2 (x) y1 (x) y2 (x) 







v1 (x) v2 (x) 

  =

0 b(x) a0 (x)



Lembrando que o Wronskiano de y1 (x) e y2 (x) é dado por W ( y1 (x), y2 (x)) =

 

y1 (x) y2 (x) y1 (x) y2 (x) 

a resolu¸caõ deste sistema de equa¸cões é dado por 53





 



v1 (x) =

       

0

y2 (x) y2 (x)

b(x) a0 (x)



       

b(x)y (x) − a (x)W [ y (x), y (x)] 2

=

. S . J . R . A e



v2 (x) =

y1 (x) y2 (x) y1 (x) y2 (x) 



y1 (x) y1 (x) 

0

b(x) a0 (x)

y1 (x) y2 (x) y1 (x) y2 (x) 



0

1

2

b(x)y (x) − a (x)W [ y (x), y (x)] 1

=

0

1

2

Agora achamos as fun¸co˜es 1v1 (x) e v2 (x), pois v1 (x) =

e

x





v1 (t)dt =

x

v2 (x) =





x

 − x

v2 (t)dt =



b(t)y2 (t) dt a0 (t)W [ y1 (t), y2 (t)]

(53)

b(t)y1 (t) dt a0 (t)W [ y1 (t), y2 (t)]

Como exemplo, vamos resolver a equa¸cão diferencial do ´ınicio dessa se¸ caõ, ou seja, d2 y + y = tgx dx2

Esta equa¸caõ tem uma homogênea associada cuja solu¸ cão é yh = c 1 sin x + c2 cos x

Portanto, vamos assumir uma solu¸caõ particular na forma y p = v 1 (x)sin x + v2 (x)cos x

Calculamos dy p = v 1 (x)cosx + v1 (x) sin(x) + v2 (x)cos x dx 



e impomos que 



v1 (x)sin x + v2 (x)cos x = 0

54

de mmodo que dy p = v 1 (x)cos x dx

− v (x)sin x 2

. S . J . R . A Derivando-a mais de uam vez, obtemos d2 y p = dx2





−v (x)sin +v (x)cos x − v (x)cos x − v (x) sin x 1

2

1

2

e, voltando a` equa¸caõ diferencial, temos

d2 y p + y p = tgx dx2

ou





−v (x)sin x + v (x)cos x − v (x)cos x − v (x)sin x 1

2

1

2

+v1 (x)sin x + v2 (x)cos x = tgx

ou ainda,



v1 (x)cos x



− v sin x = tgx 2

O sistema de equa¸co˜es é





v1 (x)sin x + v2 (x)cos x = u 

v1 (x)cos x



− v (x)sin x = tgx 2

O Wronskiano fica

 

sin x W (sin x, cos x) = cos x

e temos



v1 (x) =

e

  

0 tan x sin x cos x

 

cos x = sin x

−

cos x sin x

−

cos x sin x

−

  

55

=

2

− sin x − cos

2

x =

x = sin x − cos x−tan 1

−1



v2 (x) =

  

sin x 0 cos x tan x

  

=

sin x tan x = 1

− sin xtgx = cos x − sec x

. S . J . R . A sin x cos x

cos x sin x

−

−

Devemos agora integrar os resultados acima para encontrar v1 (x) e v2 (x). x

v1 (x) =



sin tdt =

− cos x + c

3

x

v2 (x) =



(cos t

− sec t)dt = sin x − ln(sec x + tan x) + c

4

Voltando a` express˜ ao de y p , temos

y p = v 1 (x)sin x + v2 (x)cos x

= ( cos x + c3 )sin x + [sin x

−

=

− ln(sec x + tan x) + c ]cos x 4

− cos x sin x + c sin x + sin x cos x − cos x ln(sec x + tan x) + c cos x 3

4

y p = c 3 sin x + c4 cos x

− cos x ln(sec x + tan x)


y (x) = y h + y p

= c 1 sin x + c2 cos x + c3 sin x + c4 cos x (c1 + c3 )sin x + (c2 + c4 )cos x y (x) = C 1 sin x + C 2 cos x




Vejamos mais um exemplo. Seja a equa¸cão diferencial d3 y dx3

−

d2 y dy 6 2 + 11 dx dx

− 6y = e

56

x

A solu¸cão da homogênea é dada por yh = c 1 ex + c2 e2x + c3 e3x

. S . J . R . A e ent˜ ao consideramos uma solu¸cão particular na forma

y p = v 1 (x)ex + v2 (x)e2x + v3 (x)e3x

Como temos três inc´ ognitas, vamos precisar de duas condi¸co˜es auxiliares, já que a terceira equa¸caõ é a pr´ opria equa¸caõ diferencial. Vamos calcular dy p = v 1 (x)ex + v1 (x)ex + 2v2 (x)e2x + v2 e2x + 3v3 (x)e3x + v3 (x)e3x dx 





Aqui impomos a primeira condi¸cão. Queremos retirar as derivadas dos v (x), e ent˜ ao a primeira condi¸caõ é 





v1 (x)ex + v2 (x)e2x + v3 (x)e3x = 0

Com esta condi¸caõ a derivada fica

dy p = v 1 (x)ex + 2v2 (x)e2x + 3v3 (x)e3x dx

A derivada segunda resulta em

d2 y p = v 1 (x)ex + v1 (x)ex + 4v2 (x)e2x + 2v2(x)e2x + 9v3 (x)e3x + 3v3 (x)e3x 2 dx 





e novamente queremos eliminar as derivadas de v (x). A segunda condi¸ caõ fica 





v1 (x)ex + 2v2 (x)e2x + 3v3 (x)e3x = 0

que reduz a derivada segunda a d2 y p = v 1 (x)ex + 4v2 (x)e2x + 9v3 (x)e3x 2 dx

A derivada terceira é d3 y p = v 1(x)ex + v1 (x)ex + 8v2 (x)e2x + 4v2 (x)e2x + 27v3(x)e3x + 9v3 (x)e3x 3 dx 



e agora substituimos as derivadas na equa¸ cão diferencial inicial 57



d3 y p dx3

−

d2 y p dy p 6 2 + 11 dx dx

− 6y

p

= e x

. S . J . R . A ou





v1 (x)ex + 8v2 (x)e2x + 27v3 (x)e3x + v1 (x)ex + 4v2 (x)e2x 

+9v3 (x)e3x

−6

 

v1 (x)ex + 4v2 (x)e2x + 9v3 (x)e3x

+11 v1 (x)ex + 2v2(x)e2x + 3v3 (x)e3x

 −

2x

x

6 v1 (x)e + v2 (x)e

ou ainda, v1 (x)ex (1

2x

− 6 + 11 − 6) + v (x)e 2

(8

3x

+ v3 (x)e

(27 54 + 33 6) +v1 (x)ex + 4v2(x)e2x + 9v3 (x)e3x = e x 







Temos ent˜ ao o sistema de equa¸cões 



v1 (x)ex + v2 (x)e2x + v3 (x)e3x = 0 





v1 (x)ex + 2v2 (x)e2x + 3v3 (x)e3x = 0 





v1 (x)ex + 4v2 (x)e2x + 9v3 (x)e3x = e x

e as inc´ ognitas s˜ ao



v1 (x) =

   

0 0 ex

3x

3

v1 (x)ex + 4v2 (x)e2x + 9v3 (x)e3x = e x



= e x

− 24 + 22 − 6) + v (x)e

e, finalmente,





 

e2x e3x 2e2x 3e3x 4e2x 9e3x

ex e2x e3x ex 2e2x 3e3x ex 4e2x 9e3x

58

   

=

1 2

−



−

          

ex 0 e3x ex 0 3e3x ex ex 9e3x

         

. S . J . R . A 

v2 (x) =

x

2x

3x

e e e ex 2e2x 3e3x ex 4e2x 9e3x

e



v3 (x) =

ex e2x 0 ex 2e2x 0 ex 4e2x ex

ex e2x e3x ex 2e2x 3e3x ex 4e2x 9e3x

Agora, achamos as fun¸cões v (x), através de x

 

v1 (x) =

x

v2 (x) =

x

v3 (x) =

v1 (t)dt =

x



v2 (t)dt =



x

  −



x



v3 (t)dt =



=

−e−

x

1 = e−2x 2

1 1 dt = x + c4 2 2

e−t dt = e −x + c5

1 −2t e dt = 2

− 14 e−

2x

+ c6

Podemos desconsiderar as constantes, uma vez que elas ser˜ ao incorporadas nas constantes da solu¸caõ homogênea. A solu¸cão particular é y p =

1 x xe + e−x e2x 2

− 41 e−

2x 3x

e

1 3 = xex + ex 2 4

e a solu¸cão geral é

y = y h + y p = c 1 ex + c2 e2x + c3 e3x

− 21 xe

x

3 + ex 4

ou ainda, 

y = c 1 ex + c2 e2x + c3 e3x

− 21 xe

x

como c1 = c 1 + 43 . Embora o método tenha aqui sido demonstrado para equa¸ cões diferenciais de segunda e terceira ordem, ele é geral, e o procedimento é o mesmo. 

59

3.5

Equa¸ co ˜es de Cauchy-Euler

ao diferencial Defini¸ ca õ 3.8 A equa¸c˜ n nd y a0 x dxn

n−1 y n−1 d a1 x dxn−1

dy + an y = b (x) dx

. S . J . R . A +

+ . . . + an−1 x

(54)

é chamada equa¸cao ˜ de Cauchy-Euler. Note que a caracterizam os termos k kd y x dxk

que nela aparecem multiplicados por constantes ak . Como exemplo, a equa¸caõ 2 2d y 2x dx2

dy − 3x dx + 4y

é uma equa¸caõ diferencial de Cauchy-Euler. Embora a equa¸caõ de Cauchy-Euler seja uma equa¸caõ com coeficientes vari´ aveis, ela é um dos casos em que existe um modo de resolu¸ cã o para a obten¸caõ de sua solu¸caõ. Esse modo é estabelecido pelo sguinte teorema: Teorema 3.3 A transforma¸c˜ ao x = et , se x > 0, resuz a equa¸c˜ ao de Cauchy-Euler (55) n nd y a0 x dxn

+

n−1 y n−1 d a1 x dxn−1

+ . . . + an−1 x

dy + an y = b (x) dx

a uma equa¸c˜ ao diferencial linear com coeficientes constantes. Quando x > 0, a substitui¸cao ˜ correta é x = et . Demosntra¸c˜ ao Vamos demonstrar o teorema para o caso da equa¸caõ de Cauchy-Euler de segunda ordem, que é

−

d2 y dy a x + + a2 y = b (x) 1 dx2 dx Supondo que x > 0, temos x = e t ou t = lnx. Então, a0 x2

(55)

dy dy dt 1 dy = = dx dt dx x dt

e 1 d dy d2 y d dy d 1 dy = = = dx2 dx dx dx x dt x dx dt

 

1 dt d

 

dy = x dx dt dt

 

1 dy

−x

2

dt

=

1 d2 y x2 dt2

60

 

1 dy

− x

2

dt

=

1 x2

− x1 dy dt 2



d2 y dt2

−

dy dt



Substituindo estas duas express˜ oes em (56), ficamos com 2 2d y a0 x dx2

+ a1 x

dy + a2 y = b (x) dx

. S . J . R . A a0 x 2

1

x2

a0





d2 y dt2

−

d2 y dt2

−

d2 y a0 2 dt



1 dy dy + a1 x + a2 y = b (et ) dt x dt



dy dy + a1 + a2 y = b (et ) dt dt

dy − a dy +a + a y = b (e ) dt dt 0

1

d2 y a0 2 + (a1 dt

t

2

+ a y = b (e ) − a ) dy dt 0

t

2

d2 y dy A0 2 + A1 A2 y = B (t) dt dt

que é uma equa¸caõ diferencial com coeficientes constantes, onde A0 = a0 , A1 = a 1 a0 , A2 = a 2 e B (t) = b (et ) Como exemplo, consideremos a equa¸caõ diferencial

−

2 2d y x dx2

dy + 4y = x − 3x dx

Supondo x > 0, fazemos x = e t , e

dy 1 dy = dx x dt

d2 y 1 d2y = 2 dx2 x dt2



−

dy dt



Substituindo estas express˜ oes na equa¸cão, achamos 2 2d y x dx2

dy + 4y = x − 3x dx

ou 61

x2

1 x2



2



dy − dx − 3x x1 dy + 4y = e dt

d y dt2

t

. S . J . R . A 

d2 y dt2

dy dx

−



− 3 dy + 4y = e dt

d2 y dt2

dy + 4y = e − dx − 3 dy dt

d2 y dt2

dy − 4 dx + 4y = e

t

t

t

que é uma equa¸caõ com coeficientes constantes que pode ser resolvida atrav´ es dos métodos estudados. A homogênea é d2 y dt2

dy + 4y = e − 4 dx

t

que tem uma equa¸cão caracter´ıstica m2

− 4m + 4 = 0

cujas ra´ızes s˜ ao m1 = 2, m2 = 2, que são repetidas. Ent˜ a o, a solu¸caõ da homogênea é yh = c 1 e2t + c2 te2t

e a solu¸cão particular pode ser obtida pelo método dos coeficientes a determinar, pois b(t) = e t é uma fun¸cão CD. O seu conjunto CD é S = e t

que não contém nenhuma fun¸caõ que aparece na homogênea. Portanto, a solu¸cão particular tem a forma y p = Ae t

e dy p = Ae t dt

62

d2 y p = Ae t 2 dt

. S . J . R . A que, substituindas na equa¸cão diferencial, resultam em d2 y dt2

− 4 dy + 4y = e dt

Aet

t

t

− 4Ae + 4Ae

t

= e t

Aet = e t A = 1

Assim, a solu¸cão particular fica

y p = e t

e a solu¸cão geral é

y (t) = y h + y p = c 1 e2t + c2 te2t + et

Agora retornamos a` variável x, pois x = e t . Assim,

y (x) = c 1 x2 + c2 x2 ln x + x

4

4.1

Equa¸ co ˜es Diferenciais Ordin´ arias Lineares de Ordem Superior: T´ ecnicas Avan¸ cadas Alguns Conceitos Fundamentais de S´ eries

erie ou sequência é um conjunto de elementos dispostos Defini¸ ca õ 4.1 Uma s´ numa certa ordem, que é importante. Dois conjuntos de mesmos elementos dispostos de forma diferente d˜ ao origem a duas séries distintas. Como exemplo, os elementos domingo, segunda, ter¸ca, quarta, quinta, sexta, s´ abado formam uma série que conhecemos como uma semana. J´ a os elementos segunda, sexta, quinta, s´ abado, quarta, ter¸ca, domingo são uma série, mas n˜ ao uma semana. 63

O nosso interesse principal est´ a em séries entendidas do ponto de vista matemático. Neste caso, teremos: ao n´ umeros, temos uma Defini¸ ca õ 4.2 Quando os elementos de uma série s˜ série n´ umerica. Uma série numérica é representada por

. S . J . R . A n=nf



an

(56)

n=n0

onde os an s˜ ao os elementos da série (que podem ser fun¸c˜ oes de n) e n é um n´ umero inteiro, chamado ´ındice da série, que varia desde n 0 até nf , também inteiros. A forma expl´ıcita de an é chamada de lei de forma¸c˜ ao da série . Como exemplo, a série 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

pode ser representada por

n=7



n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

n=1

Aqui, os elementos an são dados por an = n , e n inicia valendo n = 1, passa por n = 2, 3, 4, 5, 6 e termina em n = 7, o que reproduz a série inicial. A lei de forma¸cão desta série é an = n

A série

1, 4, 9, 16, 25

é representada por

n=5



n2 = 1, 4, 9, 16, 25

n=1

e neste caso, temos an = n 2. A lei de forma¸cão da série é an = n 2

A série 1, 2, 3, 4, 5, 6

−

−

tem uma lei de forma¸cão 64

−

an = ( 1)n−1 n

−

e ele fica

. S . J . R . A n=6

( 1)n−1n = 1, 2, 3, 4, 5, 6

−

−

n=1

−

−

erie s˜ ao potências de vari´ aveis, Defini¸ ca õ 4.3 Quando os elementos de uma s´ temos uma série de potências. Neste caso, a série é representada por n=nf



n=nf

n

an x =

n=n0



bn

n=n0

onde an e bn também possui uma lei de forma¸c˜ ao. Aqui consideramos apenas uma vari´ avel (x), mas a série pode ter mais de uma. Por exemplo, a série de potências em x x, 2x2 , 3x3 , 4x4

é representada por

n=4



nxn = x, 2x2 , 3x3 , 4x4

n=1

e a lei de forma¸caõ é

bn = nx n

an = n,

A série de potências em t

1, t2 , t4 , t6 , t8

−

tem a representa¸cão

n=4

( 1)n t2n = 1, t2 , t4 , t6 , t8

−

−

n=0

−

e a lei de forma¸caõ é bn = ( 1)n x2n

an = ( 1)n ,

−

−

erie é a soma dos elementos desta série. Defini¸ ca õ 4.4 A soma de uma s´ Ela é representada por 65

n=nf



an = a n + an 0

0

+1 +

. . . + anf

n=n0

. S . J . R . A se for uma série numérica, e por n=nf



an xn = a n xn + an 0

0

0

n0 +1

+1 x

+ . . . + anf xnf

n=n0

se for uma série de potˆ encias. A representa¸c˜ ao de uma série e de sua soma é a mesma. O contexto é que defini qual est´ a em quest˜ ao. Como exemplo, a soma da série n=7



n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7

n=1

é

n=7



n = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 31

n=1

e a da série

n=4



nxn = x, 2x2 , 3x3 , 4x4

n=1

é



n = 1n=4 nxn = x + 2x2 + 3x3 + 4x4

Algumas séries possuem somas especiais. A de maior relevˆ ancia do ponto de vista da Fis´ıca é a seguinte: Defini¸ ca õ 4.5 A série de Taylor de uma fun¸c˜ ao f (x) em torno de um ponto erie de potˆ encias definida por x = x 0 é a soma dos elementos da s´ ∞ 1 dn f (x) n n=0 n! dx





x0

(x

n

−x ) 0

= f (x0 ) + ( x 1 + (x 2

onde 66

−

−

df (x) x0 ) dx

2 2 d f (x) x0 ) dx2

 

x0



x0

+ ...

dn f (x) dxn



x0

. S . J . R . A representa a derivada n-ésima de f (x) aplicada no ponto x0 , e n! = n (n 1) (n 2) . . . 3 2 1 é o fatorial de n. Se a série 6.3 convergir, ent˜ ao ela ser´ a igual à pr´ opria fun¸c˜ ao f (x), ou seja,

× −

× − × × × ×

∞ 1 dn f (x) f (x) = n n=0 n! dx



 

(x

x0

n

−x ) 0

= f (x0 ) + ( x

1 + (x 2

−

df (x) x0 ) dx

−

2 2 d f (x) x0 ) dx2

 

 

x0

+ ...

x0

e a express˜ ao acima é chamada expans˜ ao da fun¸c˜ ao f (x) em série de Taylor em torno do ponto x0 . Para esclarecer este conceito, vejamos alguns exemplos. Primeiro, considere a fun¸caõ f (x) = ex . Vamos expandi-la em torno do ponto x0 = 0, ou seja, queremos achar ∞ 1 dn e = (ex ) (x n 0 n=0 n! dx x

 



− 0)

n

=

∞



an

n=0

que é a série de Taylor de f (x) = e x . O primeiro termo corresponde a n = 0, ou seja, a0 =

1 0 0 x e =1 0!

O segundo, que tem n = 1, é



1 d x (e ) a1 = x1 1! dx



= x (ex )0 = x

0

O terceiro tem n = 2 e fica 1 2 d2 x a2 = x (e ) dx2 2!





0

1 1 = x2 (ex )0 = x2 2 2

e assim sucessivamente. O n-ésimo termo é 1 n dn x (e ) an = x n! dxn





0

67

=

1 n x 1 x (e )0 = xn n! n!

e a série de Taylor fica ∞ 1 1 1 1 e = xn = 1 + x + x2 + x3 + . . . + xn + . . . n! 2 3! n=0 n! x



. S . J . R . A Assim, a fun¸cão ex pode ser aproximada por uma série de Taylor, dada acima. Se quisermos uma aproxima¸cão até segunda ordem, faremos ex

≈ 1 + x + 21 x

2

que é boa somente se x << 1. Quando x é razoavelmente grande, é preciso considerar mais termos da série para conseguir uma aproxima¸ cão melhor. Considere agora a fun¸cão f (x) = cos x. Vamos calcular a sua série de Taylor em torno do ponto x0 = 0. Isto significa que queremos encontrar ∞ 1 dn cos x = (cos x) (x n 0 n=0 n! dx





Para n = 0, temos

a0 =

− 0)

n

=

∞



an

n=0

1 0 x cos 0 = 1 0!

Quando n = 1, obtemos





1 d a1 = x 1 (cos x) dx 1!

=

0

−x(sin x)

0

=0

O terceiro termo tem n = 2 e fica

1 2 d2 a2 = x (cos x) dx2 2!





0

1 = x2 ( cos x)0 = 2

−

− 12 x

2

Quando n = 3, achamos

1 2 d3 a3 = x (cos x) dx3 3!





=

0

1 3 x (sin x)0 = 0 3!

Se n = 4, temos 1 4 d4 (cos x) a4 = x dx4 4!





= 0

1 4 1 x (cos x)0 = x4 4! 4!

e assim sucessivamente. Os termos com n ´ımpar sã o nulos e os pares s˜ ao alternados, de forma que 68

a2 n = ( 1)n

−

1 2n x (2n)!

. S . J . R . A e a série de Taylor de f (x) = cos x fica cos x =

∞

( 1)n

−

n=0

1 2n x =1 (2n)!

− 12 x

2

1 4 x 4!

+

− 6!1 x

6

+ . . . + ( 1)n

−

1 2n x +... 2n!

Quando x << 1, podemos aproximar cos x por cos x

≈ 1 − 21 x

2

e se x for maior, são necess´ arios mais termos da série. erie numérica Defini¸ ca õ 4.6 Quando uma s´



an

n

ou de potências



an xn =

n



bn

n

converge, ocorre, para série numérica,

an+1 = L < 1 →∞ an

lim n

e para a série de potências,

lim n→∞

bn+1 = L < 1 bn

Se a série for alternada, torma-se o m´ odulo, e ela converge absolutamente se an+1 lim = L < 1 n→∞ an

para a série numérica, e

  

  

bn+1 = L < 1 →∞ bn

lim n

para a série de potências. Este teste é chamado de teste da raz˜ ao. Se L > 1, a série diverge, e se L = 1, o teste da raz˜ ao n˜ ao é suficiente para determinar 69

a convergência da série. Neste caso, pode ser util ´ a propriedade v´ alida para séries convergentes lim an = 0

(57)

. S . J . R . A n→∞

que é chamada de teste do termo geral. Se uma s´ erie for convergente, o limite acima é nulo, o que n˜ ao implica que, sendo o limite nulo, a série seja convergente. Se o limite n˜ ao for nulo, a série diverge. Para exemplificar, consideremos a série de Taylor de ex calculada enteriormente, que é ∞ 1 xn n=0 n!



onde

1 n x n!

bn =

Fa¸camos agora o teste da raz˜ ao

bn+1 lim = nlim →∞ n→∞ b n

= x lim

n!

n→∞

= x nlim →∞

(n + 1)! n!

(n + 1) n!

= x nlim →∞ lim n→∞

1 xn+1 (n+1)! 1 n x n!

1 n + 1

bn+1 =0 bn

O limite é nulo e a exponencial pode ser representada por uma série de Taylor para qualquer valor de x , pois ela converge para qualquer valor de x , e assim, ∞ 1 e = xn n=0 n! x

 70

Vejamos agora o caso do cos x. A série de Taylor é ∞

( 1)n

−

n=0

1 2n x (2n)!

. S . J . R . A e

bn = ( 1)n

−

1 2n x (2n)!

O teste da raz˜ ao fica

 

bn+1 lim n→∞ bn

 

lembrando que a série é alternada. Para considerar o m´ odulo, basta desconn siderar o termo ( 1) de bn , e assim,

−

 

 

bn+1 lim = nlim n→∞ →∞ bn

1 x2(n+1) [2(n+1)]! 1 2n x 2n!

(2n)! →∞ (2n + 2)!

= x 2 nlim

(2n)! →∞ (2n + 2)(2n + 2)(2n)!

= x 2 nlim

= x 2 nlim →∞

1 (2n + 2)(2n + 1)

 

 

bn+1 lim =0 n→∞ bn

e a série converge para qualquer x. Então, cos x =

∞

( 1)n

−

n=0

1 2n x (2n)!

O nosso interesse b´ asico com rela¸caõ a`s séries como método de resolu¸ caõ de equa¸co˜es diferenciais diz respeito a` possibilidade de uma fun¸cão ser escrita como uma série de potências, especificamente uma série de Taylor, em torno 71

de um ponto x0 . Nem sempre isso é poss´ıvel, como, por exemplo, se x0 for uma raiz, ou zero, do denominador de uma fun¸ cão racional como f (x) =

x2 + 2 x 1

. S . J . R . A −

Não é poss´ıvel escrever a série de Taylor desta fun¸ caõ em torno do ponto a que este ponto é a raiz do denominador. Neste caso, dizemos que x0 = 1, j´ a fun¸cão n˜ ao é anal´ıtica neste ponto, que é chamado de ponto singular. Para todos os outros valores de x0 , chamados pontos ordin´ arios, a série de Taylor existe, e a fun¸cão nestes pontos é anal´ıtica. Tendo definido os conceitos essenciais para o método de séries, vamos ent˜ ao apresent´ a-lo.

4.2

M´ etodo de S´ eries

No estudo do método de séries, vamos nos concentrar na equa¸ cão diferencial ordinária de segunda ordem d2 y dy a0 (x) 2 + a1 (x) + a2 (x)y = 0 dx dx

que agora tem coeficientes vari´ aveis, ainda que a idéia seja geral, podendo ser usada para equa¸co˜es diferenciais de qualquer ordem. Queremos obter pelo menos uma solu¸caõ y (x), na forma de uma série de potências como y (x) =

∞



an (x

n

−x ) 0

n

(58)

onde x0 é o ponto em torno do qual queremos achar a solu¸ caõ. Esta express˜ ao é uma série, mas não necessariamente a série de Taylor de alguma fun¸ cão f (x). Podemos reescrever a equa¸cão diferencial na forma normalizada d2 y dy + ( ) + P 2 (x)y = 0 P x 1 dx2 dx

(59)

onde P 1 (x) =

a1 (x) a0 (x)

e

P 2 (x) =

a2 (x) a0 (x)

Note que P 1 (x) e P 2 (x) são duas fun¸cões racionais e, como foi dito anteriormente, n˜ ao é poss´ıvel escrever a série de Taylor de uma fun¸ cão racional

72

em torno dos pontos x0 que são as ra´ızes do denominador. Isto tem que ser levado em conta se quisermos encontrar uma solu¸caõ na forma (58). oes P 1 (x) e P 2 (x) s˜ ao anal´ıticas em x 0 , este Defini¸ ca õ 4.7 Se ambas as fun¸c˜ ponto é dito ordin´ ario. Se pelo menos uma das fun¸còes P 1 (x) e P 2 (x) n˜ ao é anal´ıtica em x0 , este ponto é dito singular. Por exemplo, na equa¸cão diferencial

. S . J . R . A d2 y dy x + + (x2 + 5)y = 0 2 dx dx

temos

P 1 (x) = x

P 2 (x) = x 2 + 5

e

que são polinômios e não têm nenhum ponto singular. Todos os pontos s˜ ao ordinários. Já a equa¸cão diferencial 1 dy d2 y + + ( x2 2 dx x dx

− 4x + 5)y = 0

onde

P 1 (x) =

1

x

P 2 (x) = x 2

e

− 4x + 5

tem um ponto singular em x 0 = 0, apesar de P 2(x) ser anal´ıtica em todos os pontos. A distin¸caõ entre pntos ordin´ arios e singulares é necess´ aria por causa do seguinte teorema: ao diferencial (59) tem duas solu¸c˜ oes diferentes, liTeorema 4.1 A equa¸c˜ nearmente independentes, na forma da equa¸c˜ ao (58) y (x) =

∞



an (x

n

−x ) 0

n

desde que x 0 seja um ponto ordin´ ario. Ou seja, se x 0 for um ponto ordin´ ario de (59), através do método de séries é poss´ıvel encontrar as duas solu¸ c˜ oes LI em torno de x0 que formam a solu¸cao ˜ geral da equa¸cao ˜ diferencial. O que diferencia as duas solu¸coes ˜ s˜ ao os an . Como exemplo, no caso das suas equa¸co˜es diferenciais anteriores, a primeira n˜ ao tem nenhum ponto singular, e assim podemos achar a solu¸caõ para qualquer valor de x0 , como, por exemplo, y (x) =

 n

an (x

n

− 2) ,

y (x) =

 n

73

an x n ,

y (x) =

 n

an (x + 4) n

No entanto, a segunda tem um ponto singular em x0 = 0. Com certeza ela tem duas solu¸co˜es LI para x0 = 0, isto é,

  a (x − 2) , y (x) = n

n

y (x) =



an (x + 4) n

. S . J . R . A n

n

mas não sabemos ainda o que ocorre se x0 = 0. Inicialmente, vamos apresentar o método para pontos ordinários, considerando a primeira equa¸ cão diferencial do exemplo anterior, d2 y dy + + (x2 + 5)y = 0 x 2 dx dx

(60)

que, como já foi dito, não tem nenhum ponto singular. Vamos achar uma solu¸cão em torno de x0 = 0, na forma y (x) =

∞



an xn

(61)

n=0

Se (60) é solu¸caõ, quando a substituirmos e também suas derivadas na equa¸caõ (61), acharemos uma igualdade, semelhante ao que ocorre no método de coeficientes constantes. Calculamos ent˜ ao ∞ dy = nan xn−1 dx n=1



e

∞ d2 y = n(n dx2 n=2



n 2

− 1)a x − n

e substitu´ımos tudo isso na equa¸cão diferencial, que fica ∞



n( n

n=2

− 1)a x n

n−2

+x

∞



nan x

n−1

2

+ (x + 5)

n=1

∞



an xn = 0

n=0

ou ainda, ∞



n=2

n(n

n−2

− 1)a x n

+x

∞



n

nan x +

n=1

∞



n=0

an x

n+2

+5

∞



an x n = 0

n=0

Para podermos continuar, primeiro precisamos fazer com que x seja elevado ao mesmo expoente em cada uma das somat´ orias. Por isso, devemos reescrever o primeiro e o terceiro termos da equa¸caõ. Fazemo-lo da seguinte forma. O primeiro termo é 74

∞



n(n

n=2

n 2

− 1)a x − n

. S . J . R . A A gora, chamamos m = n

− 2, ou n = m + 2. Ficamos com

∞



(m + 2)(m + 1) am+2xm

m=0

Como m e n são apenas vari´ aveis mudas, que simplismente indicam onde come¸ca e termina a somat´ oria, podemos trocar m por n na equa¸cão acima, ou seja, ∞



(n + 2)(n + 1) an+2 xn

n=0

Para o terceiro termo, que é

∞



an xn+2

n=0

fazemos m = n + 2, ou n = m

− 2. Neste caso, ∞



m=2

am−2 xm

e, retornando para n,

∞



n=2

an−2 xn

Agora, voltamos a` equa¸cão inicial, substituindo os termos reescritos. O resultado é ∞



n

(n + 2)(n + 1) an+2 x +

n=0

∞



n

nan x +

n=1

∞



n=2

n

an−2 x + 5

∞



an xn = 0

(62)

n=0

Apesar do expoente ser o mesmo, a faixa de valores de n é diferente, sendo que a faixa comum come¸ca em n = 2. Assim, reescrevemos a equa¸caõ acima explicitando os termos com n = 0 e n = 1, ou seja, para a primeira soma temos ∞



n

(n + 2)(n + 1) an+2 2x = 2a2 + 6 a3 x +

n=0

∞



(n + 2)(n + 1) an+2 xn

n=2

75

a segunda fica ∞



∞

n



nan x = a 1 x +

n=1

nan xn

n=2

. S . J . R . A e a quarta é

∞



∞

n

nan x = a 1 x +

n=1



nan xn

n=2

Com estas express˜ oes, a equa¸caõ (62) resulta em

2a2 + 6 a3 x +

∞

 

(n + 2)(n + 1) an+2x + a1 x +

n=2

+

∞

n

∞

n=2



nan xn

n=2

an−2 xn + 5a0 + 5 a1 x + 5

∞



an x n = 0

n=2

ou

(5a0 + 2 a2) + (5a1 + 6 a3)x

+

∞



n=2

[(n + 2)(n + 1) an+2 + (n + 5) an + an−2 ] xn = 0

Se queremos que a equa¸caõ acima seja v´ alida, ela tem que ser verificada para cada potência de x . Assim, igualamos os coeficientes dos polinômios, ou seja, 5a0 + 2a2 = 0

(63)

5a1 + 6a3 = 0

(64)

(n + 2)(n + 1) an+2 + ( n + 5) an + an−2 = 0

(65)

e

A condi¸caõ (63) nos diz que 5a0 + 2a2 = 0 2a2 =

−5a

76

0

− 52 a

a2 =

0

. S . J . R . A A segunda (equa¸caõ (64) nos d´ a

5a1 + 6a3 = 0 6a2 =

−5a

− 56 a

a3 =

1

1

e a condi¸caõ (65) permite que calculemos a n+2 em termos de a n e a n−2 , como pode ser observado se a escrevemos como (n + 2)(n + 1) an+2 + ( n + 5) an + an−2 = 0 (n + 2)(n + 1) an+2 = [(n + 5) an + an−2 ]

−

an+2 =

a + a − − (n(n + +5)2)( n + 1)

n 2

n

n

Por exemplo, se n = 2, temos

a2+2 =

a + a − − (2(2++5)2)(2 + 1) 2

a4 =

2 2

− 7a 12 + a 2

7[

− =−

0

5 a ]+ 2 0

a0

12 35 2

[

− ] + 1 = −a 12 0

[

33 3

− ] = −a 12 0

77

≥2

(66)

33 a0 24

a4 =

. S . J . R . A e quando n = 3, achamos

a3+2 =

a + a − − (3(3++5)2)(3 + 1) 3

a5 =

3 2

− 8a 24 + a 3

8[

− =−

1

5 a ]+ 6 1

a1

24 20 3

[

− ] + 1 = −a 24 1

17 3

[

− ] = −a 24 1

17 a1 72

a5 =

Podemos continuar aplicando a rela¸caõ (66) indefinidamente, e assim acharemos os coeficientes com n par em termos de a0 e com n ´ımpar em termos de a1 . Esta rela¸cão é chamada uma rela¸caõ de recorrência. Substituindo os valores achados na solu¸caõ tentativa , que é y (x) =

∞



an xn

n=0

ficamos com y = a 0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + . . . y = a 0 + a1 x

−

y (x) = a 0 1

− 25 a x − 56 a x 0

2

1

3

+

 

33 17 a0 x4 + a1 x5 + . . . 24 72

5 2 33 4 x + x + . . . + a1 x 2 24 78

−

5 3 17 x + 72x5 + . . . 6 ]



(67)

que é a solu¸caõ em séries da equa¸caõ diferencial (60). Ela é formada por duas solu¸cões LI, que são y1 (x) = 1

− 25 x

y2 (x) = x

− 56 x

2

+

33 4 x + ... 24

+

17 5 x + ... 72

. S . J . R . A 3

combinadas com um coeficiente constante para formar a solu¸ cão geral y = a 1 y1 (x) + a2 y2 (x)

que é a equa¸caõ (67). Portanto, achamos a série para um ponto ordin´ ario x 0 (x0 0, neste caso), temos duas solu¸co˜es LI, que formam a solu¸caõ geral, e ambas as solu¸cões s˜ ao obtidas ao mesmo tempo.

−

4.3

M´ etodo de Frobenius

Como vimos na se¸cão anterior, o método de séries para achar solu¸ còes de ´ neequa¸co˜es diferenciais em torno de um ponto x0 é bastante simples. E cessário apenas que x 0 seja um ponto ordin´ ario da equa¸cão (59) para as duas solu¸cões LI sejam encontradas. E se o ponto for singular? Neste caso, temos que separar duas possibilidades: ao diferencial Defini¸ ca õ 4.8 Considere a equa¸c˜ d2 y dy + ( ) + P 2 (x)y = 0 P x 1 dx2 dx

sendo x0 um ponto singular da equa¸cao.Se ˜ (x

− x )P (x) 0

1

e

(x

2

− x ) P (x) 0

2

forem ambas anal´ıticas, ent˜ ao x 0 é um ponto singular regualr. Se pelo menos uma n˜ ao for anal´ıtica, x0 é um ponto singular irregular. Por exemplo, na equa¸cão diferencial 1 dy x2 d2 y + + dx2 x 3 dx x

−

− 1 y = 0 −3

temos P 1 (x) =

1 x

−3

e 79

x2 P 2 (x) = x

−1 −3

que têm um ponto singular em x0 = 3. Todos os outros pontos s˜ ao ordin´ arios, e assim, se quisermos resolver a equa¸caõ diferencial em torno de qualquer ponto que n˜ ao seja x0 = 3, podemos utilizar o m”etodo normal de séries, e acharemos as duas solu¸coès LI. Quando queremos a solu¸caõ em torno de x0 = 3, que é um ponto singular, primeiro precisamos saber se ele é regular ou irregular. Neste caso, calculando

. S . J . R . A (x

e

(x

− 3)P (x) = (x − 3) x −1 3 = 1 1

2

− 3) P (x) = (x − 3) x −−31 = (x − 3)(x − 1) 2

2x

2

2

vemos que estas fun¸coès são anal´ıticas, e assim, o ponto x0 = 3 é singular regular. A equa¸caõ diferencial 1 d2 y dy x2 + + dx2 x (x 3)2 dx

−

− 1 y = 0 −3

tabém tem um ponto singular em x0 = 3. No entanto, fazendo (x

− 3)P (x) = (x − 3) (x −1 3) 1

2

=

1

x

−3

e

(x

2

− 3) P (x) = (x − 3) x −−31 = (x − 3)(x − 1) 2

2x

2

2

notamos que a primeira fun¸cão continua sendo n˜ ao-anal´ıtica em x0 = 3, e este ponto é singular irregular. Quando um ponto singular é regular, temos o seguinte teorema (que n˜ ao vamos provar): e um ponto singular regular da equa¸cao ˜ diferencial Teorema 4.2 Se x0 ´ d2 y dy + ( ) + P 2 (x)y = 0 P x 1 dx2 dx

ent˜ ao existe pelo menos uma solu¸c˜ ao na forma y (x) = x

| −x

0

∞

r

|

n=0

an (x

−x ) 0

n

em torno de x0 , onde r é um parˆ ametro a ser determinado. 80

(68)

Como se acha a solu¸cão (68) para uma dada equa¸caõ diferencial? Neste caso, procede-se de um modo muito semelhante ao que foi usado no método de séries, que, para esta situa¸cão, é chamado de método de Frobenius. Vejamos este método para a equa¸cão diferencial

. S . J . R . A 1 dy d2 y x 5 y = 0 + + dx2 x dx 2x2

−

Esta equa¸cã o tem um ponto singular em x0 = 0. Todos os outros pntos são ordin´ arios. Se desej´ assemos achar a solu¸cão em torno de qualquer ponto cão anterior e ter´ıamos a solu¸ caõ x0 = 0, usar´ıamos o método de séries da se¸ geral formada por duas solu¸còes LI. Todavia, como queremos achar a solu¸ caõ em torno de x0 = 0, primeiro devemos descobrir se este ponto singular é regular ou n˜ ao. Para esta equa¸caõ, temos



P 1 (x) =

1

e

x

−5

x

P 2 (x) =

2x2

e, fazendo o teste

xP 1 (x) = x

1

x

=1

e

x2 P 2 (x) = x 2

x

−5 = x−5

2x2

2

vemos que o ponto é regular, pois as fun¸ cões acima s˜ ao anal´ıticas. Reescrevemos a equa¸cão diferencial na forma equivalente e agora supomos uma solu¸caõ do tipo (68), ou seja, y (x) = x

r

∞



n

an x =

n=0

∞



an xn+r

n=0

Calculando

∞ dy = (n + r)an xn+r−1 dx n=0



e

∞ d2 y = (n + r )(n + r dx2 n=0



n+r −2

− 1)a x n

e voltando a` equa¸cão diferencial, temos 2

2x

∞



(n + r )(n + r

n=0

− 1)a x n

n+r−2

+ 2x

∞



(n + r)an xn+r−1

n=0

+(x 81

− 5)

∞



n=0

an xn+r = 0

ou ∞



2

(n + r)(n + r

− 1)a x n

n+r

∞

(n + r )an xn+r

 − 

+2

. S . J . R . A n=0

+

∞



n=0

n+r +1

an x

n=0

∞

5

an xn+r = 0

n=0

Vamos reescrever o terceiro termo, considerando m = n + 1 ou n = m ent˜ ao, ∞



n+r +1

an x

∞

=

n=0



m=1

− 1, e

am−1 xm+r

e, voltando ao ´ındice n, obtemos

∞



n=0

an−1 xn+r

Retornando a` equa¸caõ inicial ∞



2

(n + r)(n + r

− 1)a x n

n=0

+

∞



n=0

n+r

∞

(n + r )an xn+r

  −

+2

n=0

n+r

an−1 x

∞

5

an xn+r = 0

n=0

observamos que todos est˜ ao com a mesma potência de x, mas as faixas comuns come¸cam com n = 1. Então, o primeiro termo fica ∞

2



(n + r)(n + r

n+r

− 1)a x n

n=0

+2

∞



+2

∞



2r(r

n=0

(n + r )(n + r

n=1

r

− 1)a x 0

n+r

− 1)a x n

o segundo termo resulta em 2

∞



n+r

(n + r)an x

r

= 2ra0 x + 2

n=0

∞



(n + r )an xn+r

n=1

e o quarto é 82

∞

−  5

an x

n+r

=

n=0

r

−5a x − 5 0

∞



an xn+r

n=1

. S . J . R . A Substituindo tudo na equa¸caõ inicial, temos

2r (r

r

− 1)a x 0

+2

∞



(n + r)(n + r

n=1

n+r

r

− 1)a x n

+

∞



n=1

∞

(n + r)an xn+r

 − 

+ 2ra0 x + 2

n=1

n+r

an−1 x

− 5a x 0

r

5

∞

an xn+r = 0

n=1

ou

∞

{

[(n + r )(n + r

n+r

− 1) + (n + r) − 5] a + a − } x +2[2r(r − 1) + 2r − 5] a x = 0 Igualando os polinˆ omios, e considerando a  = 0, temos 2r (r − 1) + 2r − 5 = 0 n

n 1

n=1

0

r

0

[(n + r )(n + r

− 1) + (n + r) − 5] a + a − = 0 n

n 1

que são as duas condi¸cões neste caso. A primeira dá os valores de r , chamada de equa¸caõ indicial, enquanto que a segunda é a rela¸cao ˜ de recorrência. Os valores de r são 2r (r 2r 2

− 1) + 2r − 5 = 0

− 2r + 2r − 5 = 0 2r 2

−5=0

2r2 = 5

r1,2 =

±

83



5 2

e arela¸cão de recorrência fica [(n + r )(n + r

− 1) + (n + r) − 5] a + a − = 0 n 1

n

. S . J . R . A [(n + r)(n + r

− 1) + (n + r) − 5] a = −a −

[(n + r)(n + r

− 1) + (n + r) − 5] a = −a −



n

n

(n + r)

an =

2

 −

5 an =

n 1

n 1

−a −

− (n +ar−) − 5 n 1

n 1

≥1

n

2

que se desdobra em duas outras, uma para cada valor de r, ou seja, an =

e

bn =

−

−

an−1

n +

2

  − 5 2

bn−1

n +

≥1

n

≥1

5

2

  − 5 2

n

5

onde utilizamos bn para diferenciar as duas rela¸ còes. Vamos achar alguns termos da série. Para n = 1, temos a1 =

=

−

−

an−1

2

  − 5 2

1+

5

a0

1+2

=

−

a1 =

  − 5 2

+

5 2

a0 7 2

+

√ 10

− 7 +22a√ 10 0

e 84

5

b1 =

−

b1−1

2

  − − 5 2

1

5

. S . J . R . A =

−

b0

1

  − −

=

− −b√ 10

5 2

2

+

5 2

5

0

7 2

b1 =

− 7 −22b√ 10 0

Quando n = 2, achamos

a2 =

=

−

−

5 2

2+

5

  − −  5 2

4+4

−

+

5 2

5

2a√ 0 7+2 10

√

13 2

+ 2 10 4a0

√



(7 + 2 10)(13 + 4 10)

e b2 =

=

2

  −

a1

=

a2 =

a2−1

−

−

a2−1

2

−

2

  − 5 2

5

b1

4

  − − 4

85

5 2

+

5 2

5

=

−

2b√ 0 7−2 10



− − 2√ 10 13 2

. S . J . R . A b2 =

4b0

(7

 −

2 10)(13

− 4√ 10)

e assim sucessivamente. As solu¸co˜es ficam y1 (x) = x

∞

r1



n

an x = x

n=0

y2 (x) = x r

2

∞



an xn = x

n=0

√  5 2

2

a0 + a1 x + a2 x + . . .

√  − 5 2



b0 + b1 x + b2 x2 + . . .



ou ainda,

y1 (x) = x

√  5 2

a0

√  5

y1 (x) = a 0 x

2

−

1

−

2a0 4a0 x + x2 + . . . 7 + 2 10 (7 + 2 10)(13 + 4 10)

√

√

√



√



− 4√ 10) x



2 4 x + x2 + . . . 7 + 2 10 (7 + 2 10)(13 + 4 10)

√

√

e

y2 (x) =



1

√

b0

5 2

x



b0

2b0 x + 7 2 10 (7

− − √

2 x + 2 10 (7

√ 1 − 7 − √ x

y2 (x) =

5 2

4b0 2 10)(13

− √

4 2 10)(13

− √

2

− 4√ 10) x

2

+ ...

+ ...



e a solu¸cão geral é feita a partir da soma destas duas solu¸ cões, que são LI: y (x) = y 1 (x) + y2 (x)

ou

√  5

y (x) = a 0 x

2

b0

1



−

√

√

√ 1 − − √ x 5 2



2 4 x + x2 + . . . 7 + 2 10 (7 + 2 10)(13 + 4 10) 2 4 x + x2 + . . . 7 2 10 (7 2 10)(13 4 10)

√ −

86

√

√ −



onde a 0 e b 0 dependem das condi¸cões auxiliares do problema. Note que neste caso as duas solu¸cões LI foram obtidas. Como se sabe a priori quantas e quais solu¸co˜es ser˜ a o encontradas? O seguinte teorema (que n˜ ao ser´ a demonstrado) estabelece as condi¸cões para a obte¸caõ de solu¸co˜es: e um ponto singular da equa¸c˜ ao diferencial Teorema 4.3 Se x0 ´

. S . J . R . A d2 y dy + ( ) + P 2 (x)y = 0 P x 1 dx2 dx

e r 1 e r 2 s˜ ao as ra´ızes da equa¸c˜ ao indicial associada a x 0, com (r1 ) (r2 ), as solu¸c˜ oes da equa¸c˜ ao diferencial s˜ ao: 1. Se r1 r2 = N , onde N é um n´ umero natural, as solu¸coès LI em série s˜ ao



≥

− 

y1 (x) = x

r1

| −x | 0

∞



an (x

−x )

bn (x

−x )

0

n=0

n

e

y2 (x) = x

r2

| −x |

2. Se r1

−r

2

0

∞



0

n=0

n

= N , N = 0, as solu¸còes LI em série s˜ ao



y1 (x) = x

r1

| −x | 0

∞



an (x

−x ) 0

n=0

n

e

y2 (x) = C y1 (x) ln x

r2

| − x | + |x − x | 0

0

∞



bn (x

n=0

−x ) 0

n

onde C é uma constante . 3. Se r1 = r 2 , as solu¸c˜ oes LI em série ficam y1 (x) = x

r1

| −x | 0

∞



an (x

n=0

−x ) 0

n

e y2 (x) = y 1 (x) ln x

r1 +1

| − x | + |x − x | 0

0

∞



n=0

bn (x

−x ) 0

n

Nas solu¸cões acima se percebe que sempre h´ a uma série para o valor maior de r , que no caso é r1 , dada por 87

y1 (x) = x

∞

r1



| −x | 0

an (x

−x ) 0

n=0

n

. S . J . R . A e o que muda é a outra solu¸ caõ, y2 (x). Dependendo da eequa¸caõ diferencial do roblema, achar a solu¸caõ y2(x) pode ser bastante complicado, e n˜ a o h´ a um método genérico para encontrar y2 (x). Vejamos mais um exemplo de aplica¸caõ do método de Frobenius. Considere a equa¸caõ diferencial 2 2d y x dx2

dy x dx

 −

−

5 x2 + y = 0 4



que na forma normalizada, fica d2 y dx2

1 dy

− x dx −



x2 + x2

5 4



y = 0

Nste caso,

P 1 (x) =

1

x2 + P 2 (x) = x2

e

x

5 2

e vemos que x 0 = 0 é um ponto singular. Para verificar se é regular, fazemos xP 1 (x) = x

1

x

=1

2

e

x P 2 (x) = x

2 2x

+

5 4

x2

= x 2 +

5 4

e observamos que, de fato, ele é regular. Assim, h´ a pelo menos uma solu¸caõ em série na forma (68), ou seja, y (x) = x

r

∞



n

an x =

n=0

∞



an xn+r

n=0

Calculando ∞ dy = (n + r)an xn+r−1 dx n=0



e ∞ d2 y = (n + r )(n + r dx2 n=0



e voltando a` equa¸cão diferencial, temos 88

n+r −2

− 1)a x n

∞

2

x



(n + r)(n + r

n=0

n+r −2

− 1)a x n

∞

(n + r)an xn+r−1

−     − x

n=0

. S . J . R . A 5 x + 2

∞

2

an xn+r = 0

n=0

ou

∞



(n + r)(n + r

n=0

∞

−

− 1)a x n

∞

n+r

(n + r)an xn+r

 −  n=0

n+r +2

an x

n=0

5 ∞ an xn+r = 0 4 n=0

Precisamos reescrever o terceiro termo, chamando m = n + 2 ou n = m e assim, ∞



n+r +2

an x

∞

=

n=0



n=2

am−2 xm+r

Voltando para n, temos

∞



n=2

an−2 xn+r

e a equa¸caõ fica ∞



(n + r)(n + r

n=0

∞

n+r

− 1)a x n

∞

−

n=2

(n + r)an xn+r

− −  n=0

n+r

an−2 x

5 ∞ an xn+r = 0 4 n=0

ou ∞



n + r)(n + r

n=0

∞



n=0

− 1) − (n + r) −

n + r)(n + r

− 2) −

5 an xn+r 4



5 an xn+r 4



∞

−

∞

−

n=2

n=2

an−2 xn+r = 0

an−2 xn+r = 0

A faixa de n comum come¸ca em n = 2, e assim, o primeiro termo fica 89

− 2,

∞



(n + r)(n + r

n=0

− 2) −

5 an xn+r = r(r 4





− 2) −

5 a0 xr 4



. S . J . R . A 

+ (r + 1)(r

− 1) −

∞ 5 r +1 + (n + r )(n + r a1 x 4 n=2





− 2) −

5 an xn+r 4



e, substituindo-o na equa¸caõ, achamos

5 5 r (r 2) a0 xr + (r + 1)(r 1) a1 xr+1 4 4 ∞ ∞ 5 an xn+r an−2 xn+r = 0 + (n + r)(n + r 2) 4 n=2 n=2



− −





 

− −

− −



 −

ou ainda,

5 5 r(r 2) a0 xr + (r + 1)(r 1) a1 xr+1 4 4 ∞ 5 + (n + r)(n + r 2) an an−2 xn+r = 0 4 n=2

 −  



−



− −

− −  −





que fornece as seguintes condi¸ co˜es: r (r





− 2) − 45 = 0

(r + 1)(r

(n + r)(n + r

− 1) −

− 2) −

5 a1 = 0 4



5 an 4



−a −

n 2

=0

A primeira equa¸caõ é a equa¸caõ indicial, que fornece o valor de r , que é r (r

− 2) − 45 = 0

− 2r − 45 = 0 = − . Note que r − r

r2

1 cujas ra´ızes s˜ ao r1 = 25 e r2 e um n´ umero 1 2 = 3 ´ 2 natural e corresponde ao item 2 do teorema 4.3. Vonsiderando a primeira raiz, temos, para a segunda condi¸caõ,

90

5 + 1 2

5 2

5 a1 = 0 4

  −  −  1

. S . J . R . A 5 2

3 2

5 a1 = 0 4

   −  

21 4

−

5 a1 = 0 4



16 a1 = 0 4 4a1 = 0 a1 = 0

e o coeficiente a1 é nulo. A rela¸caõ de recorrência fica 5 n + 2

 

5 n + 2

5 an 4

  − −

5 2

2

1 2

5 an 4

   −  n +

n +

(n2 + 3n)an

−a −

n 2

−a −

n 2

− a − = 0 n 2

=0

n(n + 3) an = a n−2 an =

an−2 , n(n + 3)

Desta rela¸cão achamos, para n = 2, a2 =

a2−2

2(2 + 3) 91

=0

n

≥2

a0

a2 =

10

. S . J . R . A para n = 3,

a3 =

a3−2

3(3 + 3) a1

=

27

a3 = 0

para a1 = 0. Na verdade, todos os n ´ımpares são nulos. Para n = 4, temos a4 =

a4−2

4(4 + 3) a2

=

48

a4 =

a0

480

e assim sucessivamente. A solu¸caõ para esta raiz fica y1 (x) = x

r1

∞



an xn

n=0

= x

5 2



2

3

4

a0 + a1 x + a2 x + a3 x + a4 x + . . .

= x

5 2



a0 +

a0

10

2

x +

a0

480

4

x + ...





1 2 1 4 (69) y1 (x) = a 0 x 1 + x + x + ... 10 480 Precisamos achar agora a outra solu¸ caõ. O teorema 4.3 nos diz que, neste caso, a outra solu¸caõ deveria ser 5 2





92

y2 (x) = C y1 (x) ln x

| − x | + |x − x | 0

0

∞

r2



bn (x

n=0

−x ) 0

n

. S . J . R . A que é razoavelmente complicada. No entanto, vamos primeiro testar a outra raiz r2 = 12 , como fizemos com r1 = 25 , e ver se a solu¸caõ que resulta dessa suposi¸caõ é LI com (69). Com esta raiz, a segunda condi¸ cão fica

−



(r2 + 1)(r2

− 1) −

1 2

1 2

1 2

3 2

5 a1 = 0 4



5 a1 = 0 4

 − − −  −  1

1

5 a1 = 0 4

 −  −  3 4

5 a1 = 0 4

− − 

8 a1 = 0 4

− 

−2a

1

=0

a1 = 0

e a1 = 0, como no caso anterior. A rela¸caõ de recorrência torna-se 1 2

 −  n

n

1 2

−

1 2

5 an 4

  − − 2

5 2

5 an 4

 −  −  −  n

(n2

n

− 3n)a − a − n

93

n 2

−a −

n 2

−a −

n 2

=0

=0

=0

n(n an =

− 3)a = a −

n 2

n

an−2 n(n 3)

n

≥ 2, n = 3

(70) (71)

. S . J . R . A −

Note que, para n = 3, podemos usar tanto (70) quanto (71). Vamos calcular alguns termos. Primeiro, n = 2, e temos



a2 =

a2−2

2(2

a2 =

− 3)

− a2

0

Para n = 3, usamos a equa¸cão (70), e achamos 3(3

− 3)a

= a 3−2

3

0a3 = a 1 0a3 = 0

Portanto, para qualquer valor de a3, a igualdade é satisfeita, e a3 é uma constante arbitr´ aria, como a0 . Para n = 4, ficamos com a4 =

a4−2

4(4

=

a4 =

− 3)

a2

4

− a8

0

Vamos calcular a5 , pois aparecer´ a o termo a3 a5 =

a5−2

5(5

a5 =

94

− 3)

a3

10

e assim sucessivamente. A solu¸cão ficaria, substituindo an por bn para diferenciá-la da solu¸caõ (69), y2 (x) = x

∞

r2



bn x n

. S . J . R . A n=0

= x −

1 2

=



2

4

5

b0 + b1 x + b2 x + b3 x + b4 x + b5 x + . . .

1

x

1 2



b0

b0 2 x + b3 x3

−2

b0 1 x

1 2 x 2

b0 = 1 x

1 2 x 2

=

3

 √ −

 √ −  √ −

b0 1 y2 (x) = x

− 81 x −

1 2 x 2

b0 4 b3 x + x5 . . .

−8



1 b3 x3 + x5 . . . 10 x

 √



1 4 1 b3 x3 1 + x2 . . . x + . . . + 8 10 x



4



10



+ . . . +



−

 √

1 4 x + . . . + b3 x 8



5 2

1 1 + x2 . . . 10





(72)

A solu¸caõ (72) é muito interessante. Ela contém duas constantes arbitrárias e os dois termos entre chaves s˜ ao linearmente independentes, ou seja, ela pr´ opria j´ a é uma solu¸cão geral! N˜ ao teria sido necess´ ario considerar 5 a raiz maior, r1 = 2 , já que, com a raiz menor, obtivemos toda a solu¸ caõ. Al´ em disso, o segundo termo entre chaves é na verdade a solu¸ cão y1 (x), equa¸caõ (69), apenas com um coeficiente diferente. Quando ocorre este caso, que é o item 2 do teorema 4.3, é sempre util ´ primeiro tentar encontrar a solu¸cão da equa¸cão diferencial com raiz menor, pois em alguns casos o resultado ser´ a semelhante ao que ocorreu aqui, e isso poupar´ a muito tempo, j´ a que não ser´ a preciso trabalhar com a outra raiz.

5 5.1

Equa¸ co ˜es Diferenciais Parciais Equa¸ co ˜es Diferenciais Parciais Simples

Algumas equa¸co˜es diferenciais parciais s˜ ao simples de resolver porque seguem os casos de equa¸co˜es diferenciais ordin´ arias. Por exemplo, a equa¸caõ diferencial 95

∂z = x + x2 + 2y ∂x

. S . J . R . A é resolvida através de

∂z = (x + x2 + 2y )∂x

 

(x + x2 + 2y )∂x

∂z =

x2

z (x, y ) =

2

+

x3

+ 2yx + φ(y )

3

onde φ é uma fun¸cão que depende no m´ aximo de y e que pode ser determinada se houver mais alguma condi¸cão auxiliar. Vejamos outro exemplo: a equa¸caõ diferencial ∂ 2 y = x 2 ∂x∂t

−e

∂ 2 y = x 2 ∂x∂t

−e

t

tem como resultado

∂ ∂x

t

 

∂y = x 2 ∂t

    ∂

∂y = ∂t

∂y x3 = 3 ∂t

∂y =



x3

3

   ∂y =

(x2

3

t

− e )∂x

t

− xe + φ(t)

− xe x3

t

−e

t



+ φ(t) ∂t

t

− xe + φ(t) 96



∂t

y =

x3 t

3

t

− xe +



φ(t)dt + α(x)

. S . J . R . A ou

y (x, t) =

x3 t

3

− xe

t

+ β (t) + α(x)

e as fun¸co˜es α(x) e β (t) precisam de condi¸cões adicionais para serem encontradas. Quando as equa¸cões diferenciaias parciais s˜ ao simples como as anteriores, é fácil resolvˆ e-las. No entanto, em geral os problemas um pouco mais complexos, e é preciso usar outros métodos.

5.2

M´ etodo de Separa¸ ca õ de Vari´ aveis

Para tentar separar as vari´ aveis de uma equa¸cão diferencial com n variáveis independentes, partimos da suposi¸caõ de que a solu¸cão dessa equa¸caõ diferencial seja um produto de n fun¸co˜es e que cada uma seja fun¸caõ apenas de uma das variáveis independentes. Com essa suposi¸caõ, substituimos a solu¸caõ na equa¸caõ diferencial e, se o método funcionar, ap´ os as devidas simplifica¸co˜es teremos n equa¸co˜es diferenciais ordin´ arias, que podem ou n˜ ao ser resolvidas através dos métodos j´ a vistos. Vamos ilustrar o procedimento para a equa¸ cão diferencial parcial x

∂z ∂z = ∂x ∂y

Para resolver esta equa¸caõ diferencial, vamos supor que a solu¸caõ seja dada pelo produto z (x, y ) = X (x)Y (y )

onde X (x) é uma fun¸cã o apenas de x e Y (y ) é uma fun¸cã o apenas de y . Substituindo esta solu¸caõ tentativa na equa¸caõ diferencial, temos x

∂ ∂ [X (x)Y (y )] = [X (x)Y (y )] ∂x ∂y

Em princ´ıpio, as derivadas dos produtos acima envolveriam termos com derivadas em X e em Y . Como X (x) é uma fun¸cão apenas de x e Y (y ) é uma fun¸caõ apenas de y , algumas derivadas s˜ ao nulas, e resultado é 97

xY (y )

∂X (x) ∂Y (y ) = X (x) ∂x ∂y

. S . J . R . A Como as fun¸co˜es X e Y são fun¸co˜es apenas de uma vari´ avel, as derivadas parciais s˜ ao na verdade ordin´ arias. Al´ em disso, dividimos ambos os lados por X (x)Y (y ), o que resulta em 1 dY (y ) x dX (x) = X (x) dx Y (y ) dy

Agora, percebemos que o lado esquerdo desta equa¸ caõ depende apenas da vari´ avel x, pois X (x) é uma fun¸caõ somente de x. Enquanto isso, o lado direito depende apenas de y , pois Y (y ) é uma fun¸cão de y . No entanto, estes dois lados são iguais, e isso só acontece se eles forem iguais a uma constante independente de x e y . Explicitamente, temos 1 dY (y ) x dX (x) = = c X (x) dx Y (y ) dy

e esta equa¸caõ d´ a origem a duas outras, pois devemos ter x dX (x) = c X (x) dx

ao mesmo tempo que

1 dY (y ) = c Y (y ) dy dX ) X = c dx x

e dY ) = cY dy

Vemos que agora temos duas equa¸ cões diferenciais ordin´ arias, uma para cada vari´ avel independente. Podemos resolvê-las através de dX X = c dx x

98

dX dx = c X x

. S . J . R . A 

dX = c X



dx x

ln X = c ln x + c ln k ln X = c ln kx

ln X = ln(kx)

c

X = (kx )c X = k c xc

X (x) = K xc

onde k e K são constantes de integra¸ cão, e dY = cY dy

dY = cdy Y



dY = c Y



dy

ln Y = cy + d Y = e cy+d Y = e cy ed

99

Y (y ) = Decy

. S . J . R . A em que d e D são constantes de integra¸ cão, e a solu¸caõ geral fica z (x, y ) = X (x)Y (y ) = K xc Decy = E xc ecy

na qual reunimos todas as constantes em E , que pode ser encontrada se tivermos condi¸co˜es auxiliares. Note que existem duas inc´ ognitas, E e c, e que precisamos de duas condi¸co˜es auxiliares para encontr´ a-las. Vejamos mais um exemplo. A equa¸caõ diferencial parcial ∂ 2 u ∂ 2 u = 2 ∂y 2 ∂t

pode ser separada se considerarmos uma solu¸caõ do tipo u(y, t) = Y (y )T (t)

em que Y (t) é uma fun¸cã o apenas de y e T (t) é uma fun¸caõ apenas de t. Colocando esta solu¸caõ na equa¸caõ diferencial, temos ∂ 2 ∂ 2 [Y (y )T (t)] = 2 [Y (y )T (t)] ∂y 2 ∂t

Algumas derivadas dos produtos acima s˜ ao nulas, e o resultado final é ∂ 2 Y (y ) ∂ 2 T (t) T (t) = Y (y ) ∂y 2 ∂t 2

Dividindo esta express˜ a o por Y (y )T (t), obtemos

1 d2 Y (y ) 1 d2 T (t) = Y (y ) dy 2 T (t) dt2

Novamente, temos uma separa¸caõ das variáveis. O lado esquerdo da equa¸ caõ depende no m´ aximo de y , enquanto que o lado direito depende no m´ aximo de t. Como os dois lados s˜ a o iguais, eles s´ o dependem ser iguais a uma constante n´ umerica. Por omodilidade, esta constante é escrita k 2 , para que os cálculos posteriores sejam simplificados. Ent˜ ao,

−

1 d2Y (y ) 1 d2 T (t) = = Y (y ) dy 2 T (t) dt2 100

−k

2

o que fornece duas equa¸cões diferenciais, 1 d2Y (y ) = Y (y ) dy 2

−k

1 d2T (t) = T (t) dt2

−k

2

. S . J . R . A e

2

Estas equa¸co˜es podem ser reescritas como

d2 Y (t) + k 2 Y = 0 2 dy

e

d2 T (t) + k 2 T = 0 2 dt

Elas são equa¸cões diferenciais ordin´ arias de segunda ordem com coeficientes constantes. Relembrando a se¸ cão 3.2, a primeira tem a seguinte equa¸ caõ caracter´ıstica: m2 + k 2 = 0

m =

±ik

e as suas solu¸cões são as fun¸co˜es

eik , qquade−iky

que formam a solu¸caõ geral

Y (y ) = a 1 eiky + a2 e−iky

A segunda tem a equa¸caõ caracter´ıstica m2 + k 2 = 0

m =

±ik

e as ra´ızes s˜ ao iguais a`s do caso anterior. Suas solu¸cões são as fun¸co˜es eikt ,

e−ikt

e a solu¸cão geral fica T (t) = b 1 eikt + b2 e−ikt

101

De posse destas duas solu¸cões, a solu¸caõ da equa¸caõ diferencial parcial fica u(y, t) = Y (y )T (t) = [a1 eiky + a2 e−iky ][b1 eikt + b2 e−ikt ]

. S . J . R . A e as constantes precisam de quatro condi¸ còes auxiliares para serem determinadas. Vejamos ainda outro exemplo. Seja a equa¸caõ diferencial parcial ∂v ∂v ∂v + = ∂x ∂y ∂z

Para este caso, vamos supor uam solu¸cão na forma

v (x , y , z) = X (x)Y (y )Z (z )

e aplicá-la na equa¸caõ diferencial, o que resulta em

∂ ∂ ∂ [X (x)Y (y )Z (z )] + [X (x)Y (y )Z (z )] = [X (x)Y (y )Z (z )] ∂x ∂y ∂z

Lembrando que X (x) é uma fun¸cão apenas de x, que Y (y ) é fun¸caõ apenas de y e que Z (z ) é fun¸cão apenas de z , várias derivadas dos produtos acima se anulam, e resta Y (y )Z (z )

∂X (x) ∂Y (y ) ∂Z (z ) + X (x)Z (z ) = X (x)Y (y ) ∂x ∂y ∂z

agora, dividimos tudo por X (x)Y (y )Z (z ) , o que d´ a 1 dX

X dx

+

1 dY

Y dy

=

1 dZ

Z dz

Aparentemente, a situa¸caõ é mais complicada que nos casos anteriores. No entanto, analisando-a mais profundamente, vemos que o lado direito desta equa¸caõ pode ser no m´ aximo uma fun¸cão de z , enquanto que o lado esquerdo pode ser no máximo uma fun¸cão de x e y . Para que possam ser iguais, eles tem que ser uma constante num´ erica, e assim, 1 dX X dx

+

1 dY Y dy

=

1 dZ Z dz

o que nos fornece duas equa¸cões diferenciais, 1 dX X dx

+

1 dY Y dy

102

= c

= c

e 1 dZ Z dz

= c

. S . J . R . A e esta u´ltima pode ser escrita como dZ dz

− cZ = 0

que é rapidamente resolvida, pois

dZ = cZ dz

dZ = cdz Z



dZ = Z



cdz

ln Z = cz + a Z = e cz+a Z = e cz ea

Z = Z 0 ecz

A outra pode ser escrita como

1 dX X dx

= c

− Y 1 dY dy

e fazendo as mesmas considera¸cões, percebemos que o lado direito é fun¸ cão no máximo de y , ao passo que o esquerdo é fun¸ cã o no m´ aximo de x. Eles devem ser, na verdade, uma outra constante, ou seja, 1 dX X dx

= c

− Y 1 dY = b dy

e, como resultado, temos as equa¸co˜es diferenciais 103

1 dX

= b

X dx

. S . J . R . A e

1 dY

Y dy

= c

−b

que ficam

dX = bX dx

e

dY = (c dy

− b)Y

que resultam em

dX = bX dx

dX = bdx X



dX = X



bdx

ln X = bx + f X = e bx ef

X = X 0 ebx

e dY = (c dy

− b)Y

dY = (c Y

− b)dy

104



dY = Y



(c

− b)dy

. S . J . R . A ln Y = (c

− b)y + g

Y = e (c−b)y+g Y = e (c−b)y eg

(c−b)y

Y = Y 0 e

A solu¸cão geral fica

v (x,y,z ) = X (x)Y (y )Z (z ) = X 0 ebx Y 0 e(c−b)y Z 0 ecz = v 0 ebx+(c−b)y+cz

que tem três constantes a serem determinadas pelas condi¸ còes auxiliares. O método de separa¸caõ de variáveis é o mais utilizado para a resolu¸caõ de equa¸co˜es diferenciais parciais, por causa de sua simplicidade e eficiência. No entanto, n˜ ao h´ a como saber a priori se esta técnica funcionar´ a para uma ´ preciso tentar uma solu¸caõ como produto de dada equa¸cão diferencial. E fun¸co˜es e verificar a separa¸caõ das variáveis. Considere agora a equa¸caõ diferencial parcial ∂ 2 u ∂x 2

= αe − − ∂u ∂y

βx

Se tentarmos usar o método de separa¸ cão de vari´ aveis diretamente na equa¸caõ não-homogênea acima, veremos que n˜ ao é poss´ıvel obter duas equa¸co˜es diferenciais ordin´ arias separadas. Neste caso, devemos primeiro tentar isolar o termo que n˜ ao envolve derivadas parciais. Como tentativa, fazemos a seguinte suposi¸ cão para a solu¸cão da equa¸caõ diferencial: u(x, y ) = v (x, y ) + z (x)

de maneira que a equa¸caõ diferencial fique ∂ 2 [v (x, y) + z (x)] ∂x 2

− ∂y∂ [v(x, y) + z (x)] = −αe− 105

βx

∂ 2 v (x, y ) d2 z (x) + ∂x 2 dx2

− ∂v (∂yx, y) − ∂z ∂y(x) = −αe−

βx

. S . J . R . A ∂ 2 v (x, y ) ∂v (x, y ) d2 z + + 2 = ∂x 2 ∂y dx

−αe−

βx

Agora, impomos que z (x) deve ser tal que ocorra d2 z dx2

− αe−

βx

de forma que v (x, y) esteja sujeito a` equa¸cão diferencial parcial homogênea ∂ 2 v (x, y ) ∂x 2

− ∂v (∂yx, y) = 0

e observamos que, para a equa¸caõ diferencial parcial acima, o m´ etodo de separa¸caõ de vari´ aveis pode ser aplicado. Resolvemos primeiro a equa¸ cão para z (x) temos d2 z dx2

− αe−

βx

Vamos chamar

p =

dz dx


dp = dx

dp =

−αe−

−αe−

  − dp =

p =

βx

βx

dx

αe−βx dx

α −βx + γ e β

onde γ é uma constante. Como 106

dz = p dx

. S . J . R . A dz α −βx = e + γ dx β

dz =



   dz =

z (x) =



α −betax + γ dx e β



α −betax e + γ dx β

− β α e−

βx

2

+ γx + δ

sendo δ uma outra constante. Precisamos agora resolver a equa¸ cão diferencial parcial ∂ 2 v (x, y ) ∂x 2

− ∂v (∂yx, y) = 0

através da separa¸caõ de vari´ aveis. Vamos supor uma solu¸caõ v (x, y ) = X (x)Y (y )


∂ 2 [X (x)Y (y )] ∂x 2

− ∂y∂ [X (x)Y (y)] = 0

∂ 2 X (x) ∂Y (y ) = ( ) Y (y ) X x ∂x 2 ∂y d2 X dY Y 2 = X dx y

Dividindo esta express˜ a o por X (x)Y (y ), ficamos com 107

1 d2X

1 dY

=

X dx2

Y dy

. S . J . R . A onde o lado direito depende no máximo de y e o esquerdo no m´ aximo de x. Para que sejam iguais, eles tem que ser uma constante numérica. Assim, 1 d2 X

X

dx2

1 dY

=

=

Y dy

2

−c

que resulta nas equa¸cões diferenciais

1 d2 X

=

X dx2

2

−c

e

1 dY

Y dy

=

−c

2

ou

d2 X + c2 X = 0 2 dx

e

dY = dy

2

−c Y

Vamos resolver primeiro esta u´ltima:



dY = dy

−c Y

dY = Y

−c dy

dY = Y

 −

ln Y =

2

2

c2 dy

2

−c y + ln Y 2

Y = e −c

0

y +ln Y 0

108

Equacoes-Diferenciais-Aplicadas-a-Fisica - Kleber Daum Machado.pdf

Recommend Documents