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 ˜o 1.1. Se uma vari´
de outra vari´ avel, ela ´e 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 ´e uma das vari´ aveis do problema. avel depende de outra, o utra, ou outras, ela ´e dita d ita Defini¸ c˜ cao a ˜o 1.2. Quando uma vari´ dependente. dependente. Dizemos tamb´ em em que essa vari´ avell ´e 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 ´e, e, basicamente, uma equa¸c˜ c˜ ao que Defini¸ c˜ cao a ˜o 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 v´arios 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´´erio er ios. s. c˜ ao diferencial que envolve apenas derivadas orDefini¸ c˜ cao a ˜o 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 ´e 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 ´e e x, enquanto que a dependente ´e e y = y (x). Na equa¸c˜ cao ˜ (2), a vari´ avell independe ave ind ependente nte ´e e t, e agora x = x(t) ´e 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 ˜o 1.5. Uma equa¸c˜ um ou mais vari´ aveis dependentes em rela¸c˜ cao ˜ a mais de uma vari´ avel independente ´e chamada chamad a equa¸c˜ c˜ ao difer diferenc encial ial parcia arcial. l. As equa¸ quac˜ c¸oes ˜ (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˜ c¸˜ 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 ˜o 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) ´e de segunda ordem, ao passo qua a equa¸c˜ c˜ ao (2) ´e de quarta ordem; (3) ´e de terceira terceira ordem, o rdem, (4) ´e de primeira pri meira ordem e (5) tamb´ tam b´em em ´e de segunda segund a ordem. c˜ c˜ ao diferencial for tal que nos seus termos n˜ ao Defini¸ c˜ cao a ˜o 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 ´e uma equa¸c˜ c˜ ao diferencial diferencial linear. linear. Se apar apareecer cer algum desses termos, a equa¸c˜ cao ˜ ´e 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 a˜o diferencia difer enciall ´e 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) n˜ao ao ´e identicamente identica mente nulo, x ´e a vari´ var i´avel avel independente e y (x) ´e a unica u ´ nica fun¸c˜ c˜ao a o de x. A exp expre ress ss˜ ao a˜o acima acima ´e a forma forma mais mais geral geral para uma equa¸c˜ cao a˜o 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 ´e e x, enquanto que a dependente ´e e y = y (x). Na equa¸c˜ cao ˜ (2), a vari´ avell independe ave ind ependente nte ´e e t, e agora x = x(t) ´e 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 ˜o 1.5. Uma equa¸c˜ um ou mais vari´ aveis dependentes em rela¸c˜ cao ˜ a mais de uma vari´ avel independente ´e chamada chamad a equa¸c˜ c˜ ao difer diferenc encial ial parcia arcial. l. As equa¸ quac˜ c¸oes ˜ (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˜ c¸˜ 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 ˜o 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) ´e de segunda ordem, ao passo qua a equa¸c˜ c˜ ao (2) ´e de quarta ordem; (3) ´e de terceira terceira ordem, o rdem, (4) ´e de primeira pri meira ordem e (5) tamb´ tam b´em em ´e de segunda segund a ordem. c˜ c˜ ao diferencial for tal que nos seus termos n˜ ao Defini¸ c˜ cao a ˜o 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 ´e uma equa¸c˜ c˜ ao diferencial diferencial linear. linear. Se apar apareecer cer algum desses termos, a equa¸c˜ cao ˜ ´e 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 a˜o diferencia difer enciall ´e 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) n˜ao ao ´e identicamente identica mente nulo, x ´e a vari´ var i´avel avel independente e y (x) ´e a unica u ´ nica fun¸c˜ c˜ao a o de x. A exp expre ress ss˜ ao a˜o acima acima ´e a forma forma mais mais geral geral para uma equa¸c˜ cao a˜o 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)
s˜ao ao exemplos de equa¸c˜ c˜oes oes diferenciais diferenciais ordin´ arias arias lineares. A equa¸c˜ cao a˜o (7) (7 ) ´e de segunda ordem e a (8) ´e de quarta ordem.
. S S . J . R . A 1.2
Importˆ ancia ancia das Equa¸ Equa¸ c˜ coes ˜ oes Diferenciais
Al´em em do ponto pont o de d e vista v ista matem´ matematico, a´tico, por si s´o relevante, o estudo de equa¸ c˜ coes o˜es diferenciais ´e muito importante do ponto de vista f´ısico. Os f´ısicos ao estudarem alguns fenˆ omenos, omenos, procuram inicialmente descrevˆ de screvˆe-lo e-lo de forma qualitativa e posteriormente de forma quantitativa. Para uma boa parte dos sistemas sistemas f´ısicos conhecidos conhecidos at´e o momento, momento, a equa¸c˜ cao a˜o ou equa¸c˜ coes o˜es que descrevem os fenˆ omenos, pelo menos de forma aproomenos, ximada, s˜ao ao equa¸c˜ c˜oes oes diferenc diferenciai iais. s. As solu¸ c˜ coes ˜oes de uma equa¸c˜ cao ˜ao diferencial s˜ao 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 ´e uma Defini¸ c˜ cao a ˜o 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 a˜o diferencial
{}
dx = 2x dt
tem uma solu¸c˜ cao a˜o expl´ıcita ıcita dada por
x(t) = ce 2t
pois, se substituirmos x(t) na equa¸c˜ c˜ao, ao, temos (c ´e uma consta con stante) nte) dx = 2x dt
d ce2t = 2 ce2t dt
2ce2t = 2ce2t
que ´e obviamente obviament e uma igualdade. iguald ade. cao ˜ impl´ impl´ıcita de uma equa¸ c˜ c˜ ao diferencial ´e uma Defini¸ c˜ cao a ˜o 1.9. Uma solu¸c˜ fun¸c˜ cao ˜ g ( y , x ) do conjunto de vari´ aveis dependentes e independentes, a qual, qua l, atrav´es 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¸ca˜o f (x, y ) = x 2 + y 2
− 25 = 0
´e uma solu¸c˜ao impl´ıcita da equa¸c˜ao diferencial
. S . J . R . A x + y
dy =0 dx
pois, tomando a derivada impl´ıcita de f (x, y ) com rela¸ca˜o 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 ´e a equa¸ca˜o diferencial inicial. Esta solu¸ ca˜o 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 ´e poss´ıvel, e ficamos apenas com a solu¸c˜ao impl´ıcita. Alguns exemplos de aplica¸co˜es de equa¸c˜oes diferenciais s˜ao: 1) movimento de proj´eteis, planetas e sat´elites; 2) estudo do decaimento radioativo de n´ ucleos inst´ aveis; 3) propaga¸ca˜o do calor atrav´es de uma barra; 4) estudo de todos os tipos de ondas; crescimento de popula¸ca˜o; 6) estudo de rea¸c˜oes qu´ımicas; 7) descri¸ca˜o quˆantica de um a´tomo de hidrogˆenio; 8) c´ alculo do potencial el´etrico de uma distribui¸ c˜ao de cargas; 9) estudo do oscilador harmˆ onico. Os sistemas acima s˜ao uma amostra da grande utiliza¸ ca˜o das equa¸co˜es ´ poss´ıvel que, para um dado problema, al´em da equa¸c˜ao difediferenciais. E rencial em si exista mais alguma condi¸c˜ao que o experimento deve satisfazer. Ent˜ ao, temos os seguintes casos: 4
Quando um dado fenˆ omeno, al´em 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 ´e 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 ˜o 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 ´e 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 ˜o 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 m´etodos de resolu¸ ca˜o de equa¸c˜oes diferenciais de primeira ordem, lembrando a equa¸c˜ao (6), pode ser colocada na forma 5
dy = f (x, y ) dx
(9)
na qual a fun¸c˜ao 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¸ca˜o (9) pode ser reescrita na forma equivalente M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0
(10)
Por exemplo, a equa¸ca˜o
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¸c˜a o (9) fica claro que y ´e a fun¸c˜ao de x, enquanto que na (10) podemos interpretar que c˜oes, ´e mais f´acil 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 ´e prefer´ıvel resolver a equa¸ca˜o diferencial sob esse ponto de vista e, se for necess´ ario, obtemos a fun¸ca˜o inversa ap´ os completar a resolu¸c˜ao da equa¸c˜ao. Vejamos alguns casos especiais.
−
2.1
Equa¸ c˜ oes Diferenciais Exatas
˜ de duas vari´ aveis reais, de forma que Defini¸ ca ˜o 2.11 Seja F uma fun¸cao F tenha as derivadas parciais primeiras cont´ınuas. A diferencial total dF da fun¸cao ˜ F ´e definida por dF (x, y ) =
∂F (x, y ) ∂F (x, y ) dx + dy ∂x ∂y
Como exemplo, considere a fun¸ca˜o 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 ˜o 2.2. A express˜
M (x, y )dx + N (x, y )dy
(12)
´e 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 ´e uma diferencial exata, a equa¸c˜ ao diferencial M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0
´e chamada uma equa¸cao ˜ diferencial exata. Como fazemos para saber quando uma diferencial e uma equa¸ca˜o diferencial s˜ao exatas? A resposta ´e dada pelo seguinte teorema: ao diferencial Teorema 2.1 A equa¸c˜ M (x, y )dx + N (x, y )dy = 0
´e exata se, e somente se, for verificado que
∂M (x, y ) ∂N (x, y ) = ∂y ∂x
(13)
c˜ao Demonstra¸c˜ ao. A prova do teorema 2.1 nos conduz ao m´etodo de resolu¸ de uma equa¸ca˜o diferencial exata. Vejamos a primeira parte. Consideremos que a equa¸ca˜o diferencial M (x, y)dx + N (x, y )dy = 0 ´e exata e que, portanto, existe uma fun¸ca˜o 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¸c˜ao 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¸ca˜o 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 ´e efetuada apenas em x, sendo y considerado como uma constante. O termo φ(y ) aparece porque deveos ter a solu¸ ca˜o mais geral poss´ıvel para F (x, y). Agora, diferenciamos esta equa¸ca˜o com a y , ou seja, ∂F (x, y ) ∂ = ∂y ∂y
M (x, y )∂x +
dφ(y ) dy
Se queremos provar que a diferencial ´e exata, devemos ter tamb´em ∂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¸ca˜o (14), fornece, finalmente, F (x, y ) =
M (x, y )∂x +
N (x, y )
−
∂M (x, y ) ∂x dy ∂y
(15)
e esta fun¸c˜ao F (x, y ) est´ a sujeita a`s condi¸c˜oes
∂M (x, y ) ∂N (x, y ) = ∂y ∂x
e tamb´em
∂F (x, y ) = M (x, y ) ∂x
e
∂F (x, y ) = N (x, y) ∂y
e, portanto, a equa¸c˜ao diferencial M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 ´e exata. Se, ao inv´es de iniciarmos a demonstra¸ca˜o considerando a equa¸c˜ao ∂F (x, y ) = M (x, y) ∂x
us´assemos a outra equa¸ca˜o
∂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 ´e a solu¸ca˜o da equa¸ca˜o M (x, y)dx + N (x, y )dy = 0? A resposta ´e: a solu¸c˜ao da equa¸ca˜o diferencial exata ´e a fun¸ca˜o F (x, y ) = c, onde F (x, y) 9
´e dada por uma das express˜ oes oes (15) ou (16), e c ´e uma um a cons co nsta tante nte num´eric er icaa que pode ser determinada se houver alguma condi¸c˜ c˜ao ao adicional. adicio nal. Vejamos ejamo s um um exemplo completo, considerando a equa¸ c˜ cao a˜o abaixo:
. S S . J . R . A (3x2 + 4xy )dx + (2 x2 + 2y )dy = 0
Desta equa¸c˜ c˜ao, ao , temo te moss M (x, y ) = 3x2 + 4xy e N (x, y) = 2x2 + 2y . Portanto, devemos verificar se ela ´e uma equa¸ c˜ cao a˜o 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 a˜o ´e 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 a˜o 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 a˜o da equa¸c˜ c˜ao ao diferencia difer enciall ´e 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 ´e a solu¸c˜ cao ˜a o geral da equa¸c˜ c˜ao ao diferencia diferenciall exata inicial. inicial. Se considerar considerar-mos uma condi¸c˜ cao a˜o 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˜ c˜ao ao fica
x3 + 2x2 y + y 2 = 1
Vejamos agora mais um tipo de equa¸c˜ c˜ao 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 ˜o 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 ´e 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 ´e 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) ´e 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´´em , 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 a˜o cos ydy = 0 x sin ydx + ( x2 + 1) cos
Esta equa¸c˜ c˜ao ao n˜ao ao ´e exata, exata , mas pode po de ser transformada em uma equa¸ c˜ao ao diferencial separ´ avel se dividirmos a equa¸c˜ avel cao a˜o pelo fator (x2 + 1)sin y , isto is to ´e, 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 ´e a solu¸c˜a o da equa¸ca˜o diferencial inicial. Se houver alguma condi¸ c˜ao π adicional, como, por exemplo, y (0) = 2 teremos 2
1sin
π
2
= c
c = 1
e a equa¸ca˜o ser´ a
(x2 + 1) sin2 y = 1
´ importante notar que, ao dividir a equa¸c˜a o por (x2 + 1) sin y , etamos conE siderando que sin y = 0, ou seja, se y = nπ , n = 0, 1, 2, . . .? A equa¸ca˜o 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¸ca˜o na equa¸ca˜o 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 tamb´em ´e solu¸ca˜o e corresponde ao valor c = 0 na equa¸ca˜o (22). Assim, nenhuma solu¸ca˜o da equa¸c˜ao diferencial foi perdida ao fazermos a transforma¸ca˜o para a forma separ´ avel. 13
2.3
Equa¸ co ˜es Diferenciais Homogˆ eneas
ao F ´e dita homogˆenea de grau n se ocorrer que Defini¸ ca ˜o 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
´e homogˆenea de grau 3 ao de primeira ordem M (x, y)dx + N (x, y )dy = 0 ´e Defini¸ ca ˜o 2.5 A equa¸c˜ homogˆenea 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 ´e homogˆenea se as fun¸coes ˜ eneas de mesmo grau. M (x, y ) e N (x, y ) forem homogˆ Vejamos um exemplo. A equa¸c˜ao diferencial
. S . J . R . A xydx + ( x2 + y 2 )dy = 0
´e homogˆenea. Vamos conferi-la pelos m´etodos. Primeiro, escrevendo-a na forma dy = dx
− x xy +y 2
2
vemos que podemos reescrevˆe-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¸ca˜o diferencial ´e homogˆenea. Agora vamos analis´ a-la pelo segundo 2 m´etodo. 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) ´e homogˆenea 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) tamb´em ´e homogˆenea de grau 2, como M (x, y). Portanto, a equa¸ ca˜o diferencial ´e homogˆenea. Como se resolve uma equa¸c˜ao diferencial homogˆenea? A resposta ´e 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)
´e homogˆenea, 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¸ca˜o (23) ´e homogˆenea. Ent˜ ao, podemos escrevˆe-la na forma dy = g dx
y x
como vimos na defini¸ca˜o 2.5. Agora, fazemos y = vx. Ent˜ao, dy d dv = (vx ) = v + x dx dx dx
e a equa¸ca˜o 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 ´e a equa¸ca˜o diferencial separ´ avel, e assim, dv dx + =0 v g (v ) x
−
A resolu¸c˜ao ´e feita por integra¸ca˜o direta, ou seja,
dv + v g (v )
−
16
dx = c x
onde c ´e uma constante const ante de integra¸ integrac˜ c¸ao. a˜o. A solu¸c˜ cao a˜o geral fica
dv + ln x = c v g (v )
||
−
(24)
. S S . J . R . A e, ap´os os resolver a integral, devemos substituir novamente v = xy para voltar as `as vari´aveis aveis iniciais. Examinamos um exemplo. J´ a vimos que a equa¸c˜ cao a˜o xydx + ( x2 + y 2 )dy = 0
´e homo ho mogˆ gˆenea en ea.. Vamos rees re escr crevˆ evˆe-la e- la como co mo dy = dx
−
x y
1+
x y
2
e fazer a substitui¸c˜ c˜ao 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 ´e uma equa¸ equ a¸c˜ cao a˜o diferencial separav´el. el. Integrando esta express˜ ao, temos
1 + v2 dv + v (2 + v 2 )
dx = c x
que, mediante a utiliza¸c˜ cao a˜o 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 a˜o 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 ´e a solu¸ sol u¸c˜ c˜ao ao (impl´ıcita) ıcita) da equa¸c˜ cao ˜ao diferencial inicial. At´e agora vimos equa¸c˜ coes o˜es diferenci diferenciais ais que podem po dem ser lineares. lineares. Vamos concentrar nossa aten¸c˜ cao a˜o 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 ˜o 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 a˜o 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 ´e linear, linear , porque p orque est´ a no tipo da equa¸c˜ c˜ao ao 2.18. A equa¸c˜ cao a˜o (26) pode ser reescrita na forma [P (x)y
− Q(x)] dx + dy = 0
(27)
que ´e 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˜ c˜ao ao n˜ao ao ´e 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 a˜o diferencial exata. e uma um a fun¸ fu n¸c˜ cao ˜ que, multiplicada Defini¸ c˜ cao a ˜o 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 ´e, e, por defini¸ defi ni¸c˜ cao, ˜ exata 19
(28)
Por exemplo, a equa¸ca˜o diferencial ydx + 2 xdy = 0
. S . J . R . A n˜ao ´e 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¸ca˜o 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¸ca˜o diferencial torna-se uma equa¸ca˜o exata, sendo µ(x, y) = y o seu fator integrante. Se utilizarmos fatores integrantes, a equa¸ca˜o diferencial linear (26) pode ser resolvida atrav´es 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 ˜ ´e dada por
y (x) = e −
P (x)dx
e
P (x)dx
Q(x)dx + c
(29)
Demonstra¸c˜ ao. Considere a equa¸c˜ao diferencial (27). Vamos multipl´ıc´ a-la por um fator integrante µ(x) que a torne uma equa¸ca˜o exata, ou seja, [µ(x)P (x)y
− µ(x)Q(x)] dx + µ(x)dy = 0
Por defini¸c˜ao, a equa¸c˜ao diferencial acima ´e 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¸ca˜o diferencial (26) pelo fator integrante, isto ´e, 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¸ca˜o 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¸c˜ao. Considere a equa¸ca˜o diferencial 3 dy + y = 6x2 dx x
Nesta equa¸ca˜o, P (x) =
3
x
e Q(x) = 6x2 . Ent˜ao, µ(x) = exp
= exp
P (x)dx
3
dx
x
= exp (3ln x )
||
| | 3
= e ln x
µ(x) = x 3
multiplicando a equa¸ca˜o diferencial por µ(x), temos x3
dy + 3x2 y = 6x5 dx
O lado esuqerdo ´e, na verdade,
d 3 dy (x y ) = x 3 + y (3x2 ) dx dx
e a equa¸ca˜o 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 ´e a solu¸c˜a o da equa¸ca˜o diferencial inicial. Vejamos um outro exemplo ilustrativo. Considere a equa¸ca˜o diferencial y 2 dx + (3 xy
que pode ser colocada na forma dy dx
− 1)dy = 0
(30)
2
− 1 −y 3xy = 0
que ´e n˜a o-linear em y. Esta equa¸c˜ao tamb´em n˜ ao ´e exata, sep´ aravel ou homogˆenea. No entanto, como foi dito no in´ıcio deste cap´ıtulo, ao definir a equa¸ca˜o (10), quando uma equa¸c˜ao diferencial est´ a na forma da equa¸ca˜o (30), podemos interpretar que y = y (x) ou que x = x(y ). Assim, vamos tentar esta u´ltima interpreta¸c˜ao, ou seja, vamos escrever a equa¸ ca˜o como
− 1 −y 3xy = 0
dx dy
2
ou ainda como
dx 3 1 + x = 2 dy y y
que ´e do tipo
dx + P (y )x = Q (y ) dy
e ´e uma equa¸c˜ao diferencial linear em x, podendo ser resolvida mediante a utiliza¸c˜ao da equa¸c˜ao (29), com a substitui¸ca˜o de x por y e y por x. O fator integrante ´e 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¸ ca˜o 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 ´e a solu¸ca˜o da equa¸ca˜o 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 ˜o 2.8 Uma equa¸cao dy + P (x)y = Q (x)y n dx
´e chamada de equa¸c˜ ao de Bernoulli de grau n. 24
(31)
Um exemplo de uma equa¸ca˜o diferencial de Bernoulli ´e a equa¸ c˜ao dy y = dx x e n = 2
−
−
y2 x
(32)
. S . J . R . A pois P (x) = x1 , Q(x) = x1 Se na equa¸ca˜o de Bernoulli tivermos n = 0 ou n = 1, ent˜ao a equa¸c˜ao ´e na verdade linear e pode ser resolvida mediante algum dos m´etodos vistos. nos outros casos, a equa¸c˜ao diferencial ´e n˜ao - linear e ela pode ser resolvida atrav´es 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¸ca˜o diferencial (31) por y −n , ou seja, y −n
dy + P (x)y 1−n = Q (x) dx
(33)
Se v = y 1−n , ent˜ao,
dv d 1−n = (y ) = (1 dx dx
− n)y−
n dy
dx
e a equa¸ca˜o (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 ´e linear em v . Como exemplo, vamos resolver a equa¸ca˜o diferencial (32), que ´e dy dx
−
y = x
−
y2 x
Neste caso, n = 2, e ent˜ao, devemos multiplicar a equa¸ca˜o 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¸ca˜o, 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 ´e µ(x) = exp
= exp
P (x)dx
dx x
= exp (ln x )
||
µ(x) = x
26
1
x
Multiplicando a equa¸ca˜o 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 ´e a solu¸c˜ao da equa¸ca˜o diferencial de Bernoulli (32).
3
Equa¸ co ˜es Diferenciais Ordin´ arias Lineares de Ordem Superior: T´ ecnicas Fundamentais
Passaremos a` discuss˜ao 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 ´e Defini¸ ca ˜o 3.1 Uma equa¸c˜ uma equa¸c˜ ao que pode ser posta na forma da equa¸c˜ ao (6), que ´e 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 ´e 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 ´e chamada homogˆenea, enquanto que a equa¸ cao ˜ diferencial (6) ´e dita n˜ ao homogˆenea. Se n = 2, ent˜ ao a equa¸cao ˜ diferencial (6) se reduz `a equa¸c˜ ao n˜ ao homogˆenea d2 y dy ao (x) 2 + a1 (x) + a2 (x)y = b (x) dx dx
(35)
enquanto que a equa¸cao ˜ diferencial homogˆenea (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)
s˜ao equa¸co˜es diferencias lineares n˜ ao-homogˆeneas. A equa¸ca˜o (37) ´e de ordem ˜o (38) ´e de ordem n = 2. As equa¸co˜es diferenciais n = 3, ao passo que a equa¸ca homogˆeneas 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¸ c˜ao diferencial homogˆenea (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¸c˜a o da equa¸ca˜o 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¸c˜ao (34), que ´e
. 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
s˜ao na verdade constantes num´ ericas e n˜ ao fun¸c˜oes de x. Neste caso, existe um m´etodo razoavelmente simples, que ser´ a discutido. No entanto, antes de apresentarmos o modo de resolver equa¸c˜oes diferenciais homogˆeneas com coeficientes constantes, ´e preciso definir alguns conceitos que ser˜ ao necess´ arios depois, em particular os conceitos de dependˆencia e independˆencia linear. c˜ oes f 1 , f 2, . . . , fn , a express˜ ao Defini¸ ca ˜o 3.2 Dadas as fun¸ c1 f 1 + c2 f 2 + . . . + cn f n
(39)
onde c1 , c2, . . . , cn s˜ ao constantes, ´e uma combina¸ c˜ ao linear f 1 , f 2, . . . , fn . Por exemplo, 5 ln x
− 2cos2x + 4x
2
´e uma combina¸c˜ ao linear de f 1 (x) = ln x, f 2 (x) = cos 2x e f 3 (x) = x 2. ˜o linear de f 1 , f 2 , . . . , fn Defini¸ ca ˜o 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 ´e satisfeita. ´ modo de ter a combina¸c˜ ao linear Defini¸ ca ˜o 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
´e 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
´e preciso que c1 = c 2 = 0. c˜ oes f 1 , f 2, . . . , fn , onde cada uma possui deriDefini¸ ca ˜o 3.5 Dadas as fun¸ vadas pelo menos at´e 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)
´e 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¸ c˜oes dadas no exemplo da defini¸c˜a o 4.3, que s˜ao f 1 (x) = x, f 2 (x) = 2x e f 3(x) = 3x. Temos trˆes fun¸co`es e precisamos achar suas derivadas at´e 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 s˜ao LD, como j´a hav´ıamos mostrado. Vamos calcular agora o Wronskiano das fun¸c˜oes dadas no exemplo da defini¸ca˜o 3.4, que s˜a o LI. As fun¸co˜es s˜ao 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 ´e
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 ´e diferente de zero, e portanto as fun¸ co˜es s˜ao LI. ao diferencial linear homogˆenea 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 ´e, 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 ´e f (x) = c 1 f 1 (x) + c2 f 2 (x)
31
Um modo de se verificar as solu¸c˜oes f 1 (x), f 2 (x), . . . , fn (x) s˜ao LI ´e calcular o seu Wronskiano. Se n˜ ao for nulo, ent˜ ao a combina¸c˜ao linear das solu¸co˜es ´e a solu¸ca˜o geral da equa¸ca˜o diferencial. Por exemplo, a equa¸ca˜o 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 ´e 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 ´e diferente de zero, e as fun¸ c˜o es s˜ao LI. Portanto, a solu¸ca˜o geral da equa¸ca˜o diferencial ´e f (x) = c 1 cos x + c2 sin x
Vamos agora partir para o m´etodo de resolu¸ c˜ao de equa¸co˜es diferencias homogˆeneas com coeficientes constantes.
3.2
Equa¸ co ˜es Diferencias com Coeficientes Constantes
As equa¸co˜es diferenciais homogˆeneas com coeficientes constantes s˜ ao as equa¸c˜oes 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 s˜ao constantes reais. Esta equa¸ca˜o pode ser transformada
numa outra, atrav´es da substitui¸c˜ao 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¸ca˜o 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 ´e um polinˆomio de grau n em m, chamado de equa¸c˜ao caracter´ıstica da equa¸ca˜o diferencial (43). Se y (x) = e mx ´e solu¸ca˜o de (43), ent˜ ao m deve ser solu¸c˜ao de (44), ou seja, m ´e 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¸c˜ao 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 s˜ao em x , em x , . . . , emn x 1
2
que s˜ao LI, e a solu¸ca˜o geral ´e y (x) = c 1 em
1
x
+ c2 em
2
x
+ . . . + cn emn
Como exemplo, considere a equa¸ca˜o 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 ´e a equa¸ca˜o caracter´ıstica neste caso. As ra´ızes s˜ ao m1 =
−2
, m2 =
−3
que s˜ao diferentes, e as solu¸co˜es s˜ao e−2x
, e−3x
que s˜ao LI e formam a solu¸ca˜o geral
y (x) = c 1 e−2x + c2 e−3x
3.2.2
Ra´ızes Reais e Repetidas
Vamos considerar a equa¸c˜ao diferencial d2 (x) dt2
dy + 4x = 0 − 4 dx
(46)
Sua equa¸c˜ao caracter´ıstica ´e
m2
− 4m + 4 = 0
que possui a raiz dupla m = 2. Ent˜ a o, as solu¸co`es seriam e2t e e2t . No entanto, essas solu¸co`es n˜ a o s˜ao LI, como ´e f´ acil de verificar, j´ a que elas s˜ao 2t iguais. A fun¸c˜ao e ´e uma solu¸c˜ao, como pode ser visto se a substituirmos na equa¸ca˜o 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¸ca˜o diferencial de ordem 2 tem duas solu¸c˜oes. 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¸ca˜o (46), o resultado ´e 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¸ca˜o diferencial acima ´e bastante simples de resolver. Chamamos w =
e temos 35
dy dt
dy =0 dt
. S . J . R . A w = c
onde a soma c ´e 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 ´e outra constante, que neste caso pode ser tomada como sendo d = 0. O resultado ´e y = t , e a outra solu¸ca ˜o da equa¸c˜ao diferencial (46) ´e te2t
que LI em rela¸ca˜o a` solu¸ca˜o e2t . A solu¸ca˜o geral fica
x(t) = c 1 e2t + c2 te2t = e 2t (c1 + c2 t)
O procedimento acima ´e absolutamente geral, e quando uma equa¸ c˜ao 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¸c˜ao 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¸ c˜ao diferencial tiver uma equa¸ca˜o caracter´ıstica cujas ra´ızes s˜ ao m = 1, 1, 1, 3, 3, 4 a solu¸ca˜o geral dessa equa¸c˜ao 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 ´e idˆentico 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 u´nicas diferen¸cas s˜ao que, se z = a + bi ´e raiz de uma equa¸ca˜o, ent˜ ao z¯ = a + bi, que ´e complexo conjugado, tamb´em ´e raiz, ou seja, elas aparecem aos pares. A outra diferen¸ca ´e que, usando a rela¸ca˜o 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¸ c˜ao”do resultado. Como exemplo, a equa¸ca˜o diferencial d2 y = dx2
dy + +25y = 0 −6 dx
tem uma equa¸c˜ao caracter´ıstica dada por m2
− 6m + 25 = 0
que tem as ra´ızes complexas
m1 = 3 + 4i, m2 = 3
− 4i
que s˜ao conjugadas, como esperado. A solu¸c˜ao 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¸ca˜o geral
y (x) = c 1 e(3+4i)x
c2 e(3−4i)x
que s˜ao LI, como deveria ser. Para expressar a solu¸ c˜a o na forma de senos e cossenos, ´e prefer´evel transformar as solu¸ c˜oes antes de formar a solu¸ca˜o geral, isto ´e, 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¸c˜ao 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 ´e a solu¸ca˜o geral, com c1 = k 1 + k2 e c2 = i (k1 e cossenos. J´a a equa¸c˜ao 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¸c˜ao caracter´ıstica m4
− 4m
3
+ 14m2
− 20m + 25 = 0
cujas solu¸co˜es s˜ao
m = 1 + 2i, 1
− 2i, 1 + 2i, 1 + 2i, 1 − 2i
que s˜ao repetidas. Ent˜ ao, as solu¸co˜es s˜ao
e(1+2i)t , te(1+2i)t , e(1−2i)t , te(1−2i)t
e a solu¸c˜ao geral fica
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¸ca˜o 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¸ca˜o diferencial homogˆenea com coeficientes constantes (43). Vamos estudar o modo de resolver a equa¸ c˜ao n˜ao-homogˆenea 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¸ca˜o diferencial na forma (6): ao geral da equa¸c˜ ao diferencial n˜ ao-homogˆenea 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
´e dada por y = yh + yp
onde yh ´e a solu¸cao ˜ da equa¸c˜ ao diferencial homogˆenea 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 ´e uma solu¸cao ˜ particular, sem constantes arbitr´ arias, da equa¸c˜ ao diferencial n˜ ao-homogˆenea acima. 39
Demonstra¸c˜ ao Vamos apresentar a demonstra¸ca˜o do teorema acima para o caso em que n = 2,mas a id´ eia ´e geral. Neste caso, a equa¸ c˜ao diferencial n˜ao-homogˆenea ´e
. 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¸ca˜o geral da equa¸ca˜o acima ´e y = y h + y p
sendo que yh ´e a solu¸ca˜o da homogˆenea correspondente, ou seja, d2 yh dyh + a2 (x)yh = 0 ao (x) 2 + a1 (x) dx dx
(48)
Vamos aplicar a solu¸c˜ao acima na equa¸ca˜o 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 ´e nulo, como mostra a equa¸ c˜ao (48). Assim, d2 y p dy p + a2(x)y p = b (x) ao (x) 2 + a1 (x) dx dx
que ´e uma igualdade, pois, por hip´ otese, y p ´e uma solu¸c˜ao particular da equa¸ca˜o diferencial n˜ ao-homogˆenea. Como exemplo, a equa¸ca˜o diferencial d2 y + y = x dx2
tem uma equa¸ca˜o homogˆenea associada cuja solu¸ca˜o, como j´a vimos, ´e dada por yh = c 1 cos x + c2 sin x
Uma solu¸ca˜o particular desta equa¸ca˜o diferencial ´e 40
y p = x
e a solu¸c˜ao geral da equa¸ca˜o ´e
. S . J . R . A y (x) = y h + y p = c 1 cos x + c2 sin x
Este teorema ´e geral e vale inclusive para o caso de coeficientes constantes. Ent˜ ao, para resolver a equa¸ca˜o diferencial com coeficientes constantes (47), podemos resolver a homogˆenea correspondente pelo m´etodo j´ a visto, que fornece a solu¸ca˜o yh , e som´a-la com a solu¸ca˜o particular y p . Mas como se acha a solu¸ca˜o particular? Existem dois m´etodos, que ser˜ ao discutidos em seguida.
3.3
M´ etodo dos Coeficientes a Determinar
Agora queremos achar solu¸co˜es particulares ds equa¸ca˜o diferencial (47) dn y dn−1 y dy ao n + a1 n−1 + . . . + an−1 + an y = b (x) dx dx dx
Um dos m´etodos para encontrar y p ´e dos coeficientes a determinar. Esse m´etodo funciona para poucos casos espec´ıficos, ou seja, para uma classe pequena de fun¸c˜oes b(x). No entanto, por sorte, a maioria das fun¸ c˜oes relevantes do ponto de vista f´ısico est´ a inclu´ıda neste conjunto, o que faz com que esse m´etodo seja muito importante para f´ısicos. Al´em disso, o m´etodo ´e muito simples, muito mais do que o outro, chamado de varia¸c˜ao dos parˆ ametros, que serve para quase todas as fun¸ co˜es b(x) mas ´e mais complicado. Para apresentar o m´etodo, vamos considerar um caso espec´ıfico, para a equa¸ c˜ao diferencial abaixo: d2 y dx2
dy − 2 dx − 3y = 2e
4x
(49)
Como ´e que achamos uma solu¸ca˜o particular? Ela deve ser tal que, ap´ os 4x realizarmos as derivadas e as simplifica¸c˜oes, devemos obter 2e . Poder´ıamos tentar, lembrando do m´etodo de resolu¸ c˜ao da equa¸c˜ao diferencial homogˆenea, uma solu¸c˜a o do tipo exponencial, e j´ a que o resultado deve ser 2e4x , uma exponencial do tipo y p = Ae 4x
onde A ´e um coeficiente a ser determinado (por isso o nome do m´etodo). Vamos aplicar a solu¸c˜ao tentativa na euqa¸c˜ao (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¸ca˜o particular
y p =
2 4x e 5
resolve a equa¸ca˜o diferencial (49). Agora considere a equa¸c˜ao diferencial d2 y dx2
dy − 2 dx − 3y = 2e
3x
(50)
que ´e idˆentica a` anterior, apenas com b(x) diferente. J´ a que tivemos sucesso no caso anterior, vamos supor tamb´em que y p = Ae 3x
seja uma solu¸ca˜o 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¸ c˜ao que resulta da suposi¸ca˜o acima ´e imposs´ıvel, e a suposi¸ca˜o ´e falsa, ou seja, aquele y p n˜ao ´e a solu¸c˜ao da equa¸ca˜o diferencial (50). E agora? Por que duas equa¸ c˜oes diferenciais que tˆem a mesma equa¸c˜ao homogˆenea associada, que ´e d2 y dx2
dy − 2 dx − 3y = 0
(51)
para um caso tˆem uma solu¸ ca˜o particular semelhante ao termo b(x) da equa¸ca˜o n˜ ao-homogˆenea e para o outro isto n˜ ao acontece? Vamos resolver a equa¸ca˜o diferencial homogˆenea 4.18 para ver se a solu¸ c˜ao esclarece nosssas d´uvidas. A equa¸ca˜o caracter´ıstica da equa¸ca˜o diferencial (51) ´e 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¸ca˜o da homogˆenea yh = c 1 e3x + c2 e−x
Agora parece que temos uma luz sobre o problema. Na solu¸ c˜ao da ho3x mogˆenea aparece a fun¸ca˜o e . Portanto, como a solu¸ c˜ao geral da equa¸ca˜o 43
diferencial (50) deve ser formada por fun¸ co˜es LI, na solu¸ca˜o particular y p n˜ao podem aparecer as mesmas fun¸c˜oes que fazem a solu¸c˜ao homogˆenea, pois o conjunto das fun¸co˜es n˜ ao seria LI, e sim, LD. Na equa¸ca˜o (49), o conjunto de 3x −x 4x fun¸co˜es ´e e , e , e , que ´e LI. Na equa¸c˜ao (50), ele seria e3x , e−x , e3x , que ´e claramente LD, e portanto, n˜ ao ´e permitido. Por causa disso, ´e necess´ario sempre obter a solu¸ca˜o da homogˆenea associada para eliminar as fun¸co˜es indesejadas. E como resolvemos ent˜ a o a euqa¸c˜a o (50)? Lembrando o que ocorre quando temos ra´ızes repetidas, podemos tentar supor a solu¸ c˜ao particular
{
}
{
}
. S . J . R . A y p = Axe 3x
para ver se funciona, j´ a que, aparentemente, m = 3 ´e 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¸ca˜o aceit´ avel, dada por 1 3x xe 2
e a solu¸c˜ao geral da equa¸ca˜o diferencial (50) ´e 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 m´etodo propriamente dito, estabelecendo algumas defini¸co˜es necess´ arias. ˜ CD (Coeficientes a Determinar) ´e uma fun¸c˜ ao Defini¸ ca ˜o 3.6 Uma fun¸cao que se enquadra nos seguintes casos: 1. xn , onde n ´e 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
s˜ao exemplos de fun¸c˜oes CD. Os produtos x7 e3x
sin(4x
− 3)cos 12 x
1 2
x7 cos x
s˜ao tamb´em fun¸c˜oes CD. c˜ao f CD. O conjunto LI formado por f Defini¸ ca ˜o 3.7 C onsidere uma fun¸ e por suas derivadas sucessivas, desconsiderando constantes multiplicativas, ´e chamado conjunto CD de f , e ´e 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) ´e 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 Ap´os a derivada segunda, as fun˜ oes come¸cam a se repetir. O u ´ nico con junto LI ´e S = cos 2x, sin2x
Agora vamos ao m´ etodo dos coeficientes a determinar. Considere a equa¸ca˜o diferencial n˜ ao-homogˆenea 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) ´e uma combina¸c˜ao linear
b(x) = A 1 u1 + A2 u2 + . . . + An un
das fun¸co˜es ui , que s˜ao todas CD, com coeficientes Ai . Assumindo que a solu¸c˜ao da homogˆenea yh associada j´a foi obtida, a solu¸c˜ao particular y p ´e 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¸c˜ao da equa¸ca˜o diferencial homogˆenea yh . Se algum dos conjuntos, digamos S k , tiver um ou mais elementos que pertencem a` solu¸c˜ao yh , ent˜ao multiplique cada um dos elementos S k pela menor potˆencia de x que fa¸ca com que o novo conjunto S k n˜ao tenha mais nenhum elemento que componha a solu¸ca˜o yh . Repita essa verifica¸ca˜o com cada um dos conjuntos CD, um de cada vez. Vejamos alguns exemplos passo-a-passo. Considere a equa¸ca˜o diferencial d2 y dx2
dy + y = x e − 2 dx
2 x
46
A fun¸ca˜o x2 ex ´e CD, e seu conjunto ´e
S = x2 ex , xex , ex
. S . J . R . A A equa¸ca˜o caracter´ıstica da homogˆenea associada ´e m2
− 2m + 1 = 0
que tem as ra´ızes m1 em2 = 1, e a solu¸c˜ao da homogˆenea ´e, 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 s˜ao e x exex . Para resolver esta parte, multiplicamos cada elemento se S por x2 , j´a que multiplic´a-lo apenas por x n˜ao adiantaria. O novo conjunto S ´e
S = x4 ex , x3 ex , x2 ex
Agora precisamos fazer a combina¸ca˜o linear
y p = Ax 4 ex + Bx 3 ex + Cx2 ex
e substituir esta equa¸c˜ao na equa¸ca˜o 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¸c˜ao 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 polinˆomios devem ser iguais, logo,
12A = 1 A =
B = 0,
1 12
C = 0
e a solu¸c˜ao particular fica
y p =
1 4 x x e 12
que, somando a solu¸ca˜o da homogˆenea, fornece a solu¸ ca˜o 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¸c˜ao da homogˆenea associada a` equa¸ca˜o diferencial d4 d2 x + 2 = 3t2 + 4 sin t 4 dt dt
− 2cos t
´e dada por
xh = c 1 + c2 t + c3 sin +c4 cos t
O termo n˜ao-homogˆeneo ´e b(t) = 3t2 + 4sin t combina¸ca˜o linear das fun¸co˜es CD t2
sin t
− 2cos t, que ´e formado pela
cos t
Os conjuntos CD destas fun¸c˜oes s˜ao
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 s˜ao idˆenticos, e ent˜ao 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¸c˜ao da homogˆenea tem as seguintes fun¸ c˜oes: 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 homogˆenea. Portanto, precisamos multiplicar os elementos de S 1 por t2 , e o novo S 1 ser´a
S 1 = t4 , t3 , t2
Quando a S 2 , tamb´em temos que corrigi-lo, pois fun¸co˜es que est˜ ao na solu¸ca˜o da homogˆenea. Neste caso, basta multiplicar os elementos de S 2 por t, e o novo S 2 ser´a
S 2 = t sin t, t cos t
{
}
Agora formamos a solu¸ca˜o particular
x p = At 4 + Bt 3 + Ct2 + Dt sin t + Et cos t
e precisamos coloc´ a-la na equa¸c˜a 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 ´e
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 ´e 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¸c˜ao 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¸c˜ao particular fica
x p =
1 4 t 4
3
− 3t
+ t sin t + 2t cos t
que, combinada com a solu¸ca˜o da homogˆenea xh , resulta na solu¸ca˜o 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 m´etodo de obten¸ c˜ao de solu¸c˜oes particulares.
3.4
M´ etodo da Varia¸ c˜ ao dos Parˆ ametros
Embora o m´etodo dos coeficientes a determinar seja muito simples, ele s´ o funciona para as fun¸co˜es b(x) que sejam CD. Para a equa¸ca˜o d2 y + y = tan x dx2
este m´etodo j´ a n˜ao funciona, porque b(x) = tan x n˜ao ´e uma fun¸ca˜o CD. Para resolver esta equa¸ c˜ao, precisamos do m´etodo da varia¸ c˜a o dos parˆametros, que pode ser utilizado para achar solu¸c˜oes particulares de equa¸co˜es diferenciais com coeficientes constantes ou n˜ ao. Vamos demonstrar o m´etodo para a equa¸ca˜o diferencial n˜ ao-homogˆenea de ordem 2 51
ao (x)
d2 y dy + ( ) + a2 (x)y = b (x) a x 1 dx2 dx
(52)
mas a id´eia ´e absolutamente geral e pode ser aplicada para qualquer equa¸ c˜ao diferencial. A u ´nica condi¸c˜ao de aplica¸ca˜o do m´etodo de varia¸ c˜ao dos parˆ ametros ´e que a solu¸c˜ao homogˆenea associada a` equa¸c˜ao diferencial seja conhecida, ou seja, precisamos conhecer yh a priori, e com isso encontraremos y p . Se a equa¸c˜ao diferencial tiver coeficientes constantes, a solu¸ca˜o da homogˆenea ´e simples, como j´ a foi visto. Se n˜ ao, temos que usar algum outro m´etodo para achar yh , e se isso n˜ao for poss´ıvel, n˜ao poderemos usar a varia¸ca˜o dos parˆametros. Vamos supor que conhecemos yh neste caso, que ´e dada por
. S . J . R . A yh = c 1 y1 (x) + c2 y2 (x)
lembrando sempre que y1 (x) e y2 (x) s˜ao LI. O m´etodo da varia¸ c˜a o dos parˆametros consiste em substituir as constantes c1 e c 2 pelas fun¸co˜es v1 (x) e v2 (x), para formar uma solu¸ca ˜o particular na forma y p = v 1 (x)y1 (x) + v2 (x)y2 (x)
que seja solu¸c˜ao da equa¸ca˜o diferencial n˜ ao-homogˆenea. Como v1 (x) e v2 (x) esta a` nossa disposi¸ca˜o, constituem parˆ ametros que podem ser modificados. Da´ı o nome do m´etodo. Al´em disso, temos duas ”inc´ ognitas” (v1 (x)ev2 (x)) e apenas uma equa¸ca˜o, que ´e a equa¸ca˜o diferencial (52). Podemos ent˜ ao considerar outra equa¸ca˜o, desde que ela n˜ao 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¸ca˜o, de modo a simplificar a derivada acima. Esta condi¸ca˜o ´e
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¸ca˜o (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) s˜ao solu¸co˜es da homogˆenea, os dois primeiros colchetes da ultima express˜ ao acima s˜ao 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 s˜ao
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¸c˜o 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) ´e dado por W ( y1 (x), y2 (x)) =
y1 (x) y2 (x) y1 (x) y2 (x)
a resolu¸ca˜o deste sistema de equa¸c˜oes ´e 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¸c˜ao diferencial do ´ınicio dessa se¸ ca˜o, ou seja, d2 y + y = tgx dx2
Esta equa¸ca˜o tem uma homogˆenea associada cuja solu¸ c˜ao ´e yh = c 1 sin x + c2 cos x
Portanto, vamos assumir uma solu¸ca˜o 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¸ca˜o 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 ´e
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)
e a solu¸c˜ao geral fica
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
− cos x ln(sec x + tan x)
− cos x ln(sec x + tan x)
− cos x ln(sec x + tan x)
Vejamos mais um exemplo. Seja a equa¸c˜ao diferencial d3 y dx3
−
d2 y dy 6 2 + 11 dx dx
− 6y = e
56
x
A solu¸c˜ao da homogˆenea ´e dada por yh = c 1 ex + c2 e2x + c3 e3x
. S . J . R . A e ent˜ ao consideramos uma solu¸c˜ao particular na forma
y p = v 1 (x)ex + v2 (x)e2x + v3 (x)e3x
Como temos trˆes inc´ ognitas, vamos precisar de duas condi¸co˜es auxiliares, j´a que a terceira equa¸ca˜o ´e a pr´ opria equa¸ca˜o 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¸c˜ao. Queremos retirar as derivadas dos v (x), e ent˜ ao a primeira condi¸ca˜o ´e
v1 (x)ex + v2 (x)e2x + v3 (x)e3x = 0
Com esta condi¸ca˜o 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¸ ca˜o 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 ´e 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¸ c˜ao 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¸c˜oes
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¸c˜oes v (x), atrav´es 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¸ca˜o homogˆenea. A solu¸c˜ao particular ´e y p =
1 x xe + e−x e2x 2
− 41 e−
2x 3x
e
1 3 = xex + ex 2 4
e a solu¸c˜ao geral ´e
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 m´etodo tenha aqui sido demonstrado para equa¸ c˜oes diferenciais de segunda e terceira ordem, ele ´e geral, e o procedimento ´e o mesmo.
59
3.5
Equa¸ co ˜es de Cauchy-Euler
ao diferencial Defini¸ ca ˜o 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)
´e 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¸ca˜o 2 2d y 2x dx2
dy − 3x dx + 4y
´e uma equa¸ca˜o diferencial de Cauchy-Euler. Embora a equa¸ca˜o de Cauchy-Euler seja uma equa¸ca˜o com coeficientes vari´ aveis, ela ´e um dos casos em que existe um modo de resolu¸ c˜a o para a obten¸ca˜o de sua solu¸ca˜o. Esse modo ´e 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 ´e x = et . Demosntra¸c˜ ao Vamos demonstrar o teorema para o caso da equa¸ca˜o de Cauchy-Euler de segunda ordem, que ´e
−
d2 y dy a x + + a2 y = b (x) 1 dx2 dx Supondo que x > 0, temos x = e t ou t = lnx. Ent˜ao, 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 ´e uma equa¸ca˜o diferencial com coeficientes constantes, onde A0 = a0 , A1 = a 1 a0 , A2 = a 2 e B (t) = b (et ) Como exemplo, consideremos a equa¸ca˜o 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¸c˜ao, 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 ´e uma equa¸ca˜o com coeficientes constantes que pode ser resolvida atrav´ es dos m´etodos estudados. A homogˆenea ´e d2 y dt2
dy + 4y = e − 4 dx
t
que tem uma equa¸c˜ao caracter´ıstica m2
− 4m + 4 = 0
cujas ra´ızes s˜ ao m1 = 2, m2 = 2, que s˜ao repetidas. Ent˜ a o, a solu¸ca˜o da homogˆenea ´e yh = c 1 e2t + c2 te2t
e a solu¸c˜ao particular pode ser obtida pelo m´etodo dos coeficientes a determinar, pois b(t) = e t ´e uma fun¸c˜ao CD. O seu conjunto CD ´e S = e t
que n˜ao cont´em nenhuma fun¸ca˜o que aparece na homogˆenea. Portanto, a solu¸c˜ao 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¸c˜ao 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¸c˜ao particular fica
y p = e t
e a solu¸c˜ao geral ´e
y (t) = y h + y p = c 1 e2t + c2 te2t + et
Agora retornamos a` vari´avel 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 sequˆencia ´e um conjunto de elementos dispostos Defini¸ ca ˜o 4.1 Uma s´ numa certa ordem, que ´e importante. Dois conjuntos de mesmos elementos dispostos de forma diferente d˜ ao origem a duas s´eries distintas. Como exemplo, os elementos domingo, segunda, ter¸ca, quarta, quinta, sexta, s´ abado formam uma s´erie que conhecemos como uma semana. J´ a os elementos segunda, sexta, quinta, s´ abado, quarta, ter¸ca, domingo s˜ao uma s´erie, mas n˜ ao uma semana. 63
O nosso interesse principal est´ a em s´eries entendidas do ponto de vista matem´atico. Neste caso, teremos: ao n´ umeros, temos uma Defini¸ ca ˜o 4.2 Quando os elementos de uma s´erie s˜ s´erie n´ umerica. Uma s´erie num´erica ´e representada por
. S . J . R . A n=nf
an
(56)
n=n0
onde os an s˜ ao os elementos da s´erie (que podem ser fun¸c˜ oes de n) e n ´e um n´ umero inteiro, chamado ´ındice da s´erie, que varia desde n 0 at´e nf , tamb´em inteiros. A forma expl´ıcita de an ´e chamada de lei de forma¸c˜ ao da s´erie . Como exemplo, a s´erie 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 s˜ao 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 s´erie inicial. A lei de forma¸c˜ao desta s´erie ´e an = n
A s´erie
1, 4, 9, 16, 25
´e representada por
n=5
n2 = 1, 4, 9, 16, 25
n=1
e neste caso, temos an = n 2. A lei de forma¸c˜ao da s´erie ´e an = n 2
A s´erie 1, 2, 3, 4, 5, 6
−
−
tem uma lei de forma¸c˜ao 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 potˆencias de vari´ aveis, Defini¸ ca ˜o 4.3 Quando os elementos de uma s´ temos uma s´erie de potˆencias. Neste caso, a s´erie ´e representada por n=nf
n=nf
n
an x =
n=n0
bn
n=n0
onde an e bn tamb´em possui uma lei de forma¸c˜ ao. Aqui consideramos apenas uma vari´ avel (x), mas a s´erie pode ter mais de uma. Por exemplo, a s´erie de potˆencias em x x, 2x2 , 3x3 , 4x4
´e representada por
n=4
nxn = x, 2x2 , 3x3 , 4x4
n=1
e a lei de forma¸ca˜o ´e
bn = nx n
an = n,
A s´erie de potˆencias em t
1, t2 , t4 , t6 , t8
−
tem a representa¸c˜ao
n=4
( 1)n t2n = 1, t2 , t4 , t6 , t8
−
−
n=0
−
e a lei de forma¸ca˜o ´e bn = ( 1)n x2n
an = ( 1)n ,
−
−
erie ´e a soma dos elementos desta s´erie. Defini¸ ca ˜o 4.4 A soma de uma s´ Ela ´e representada por 65
n=nf
an = a n + an 0
0
+1 +
. . . + anf
n=n0
. S . J . R . A se for uma s´erie num´erica, e por n=nf
an xn = a n xn + an 0
0
0
n0 +1
+1 x
+ . . . + anf xnf
n=n0
se for uma s´erie de potˆ encias. A representa¸c˜ ao de uma s´erie e de sua soma ´e a mesma. O contexto ´e que defini qual est´ a em quest˜ ao. Como exemplo, a soma da s´erie n=7
n = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
n=1
´e
n=7
n = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 31
n=1
e a da s´erie
n=4
nxn = x, 2x2 , 3x3 , 4x4
n=1
´e
n = 1n=4 nxn = x + 2x2 + 3x3 + 4x4
Algumas s´eries possuem somas especiais. A de maior relevˆ ancia do ponto de vista da Fis´ıca ´e a seguinte: Defini¸ ca ˜o 4.5 A s´erie de Taylor de uma fun¸c˜ ao f (x) em torno de um ponto erie de potˆ encias definida por x = x 0 ´e 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-´esima de f (x) aplicada no ponto x0 , e n! = n (n 1) (n 2) . . . 3 2 1 ´e o fatorial de n. Se a s´erie 6.3 convergir, ent˜ ao ela ser´ a igual `a 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 ´e chamada expans˜ ao da fun¸c˜ ao f (x) em s´erie de Taylor em torno do ponto x0 . Para esclarecer este conceito, vejamos alguns exemplos. Primeiro, considere a fun¸ca˜o 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 ´e a s´erie 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, ´e
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-´esimo termo ´e 1 n dn x (e ) an = x n! dxn
0
67
=
1 n x 1 x (e )0 = xn n! n!
e a s´erie 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¸c˜ao ex pode ser aproximada por uma s´erie de Taylor, dada acima. Se quisermos uma aproxima¸c˜ao at´e segunda ordem, faremos ex
≈ 1 + x + 21 x
2
que ´e boa somente se x << 1. Quando x ´e razoavelmente grande, ´e preciso considerar mais termos da s´erie para conseguir uma aproxima¸ c˜ao melhor. Considere agora a fun¸c˜ao f (x) = cos x. Vamos calcular a sua s´erie 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 s˜a 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 s´erie 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, s˜ao necess´ arios mais termos da s´erie. erie num´erica Defini¸ ca ˜o 4.6 Quando uma s´
an
n
ou de potˆencias
an xn =
n
bn
n
converge, ocorre, para s´erie num´erica,
an+1 = L < 1 →∞ an
lim n
e para a s´erie de potˆencias,
lim n→∞
bn+1 = L < 1 bn
Se a s´erie for alternada, torma-se o m´ odulo, e ela converge absolutamente se an+1 lim = L < 1 n→∞ an
para a s´erie num´erica, e
bn+1 = L < 1 →∞ bn
lim n
para a s´erie de potˆencias. Este teste ´e chamado de teste da raz˜ ao. Se L > 1, a s´erie diverge, e se L = 1, o teste da raz˜ ao n˜ ao ´e suficiente para determinar 69
a convergˆencia da s´erie. Neste caso, pode ser util ´ a propriedade v´ alida para s´eries convergentes lim an = 0
(57)
. S . J . R . A n→∞
que ´e chamada de teste do termo geral. Se uma s´ erie for convergente, o limite acima ´e nulo, o que n˜ ao implica que, sendo o limite nulo, a s´erie seja convergente. Se o limite n˜ ao for nulo, a s´erie diverge. Para exemplificar, consideremos a s´erie de Taylor de ex calculada enteriormente, que ´e ∞ 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 ´e nulo e a exponencial pode ser representada por uma s´erie 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 s´erie de Taylor ´e ∞
( 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 s´erie ´e 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 s´erie converge para qualquer x. Ent˜ao, cos x =
∞
( 1)n
−
n=0
1 2n x (2n)!
O nosso interesse b´ asico com rela¸ca˜o a`s s´eries como m´etodo de resolu¸ ca˜o de equa¸co˜es diferenciais diz respeito a` possibilidade de uma fun¸c˜ao ser escrita como uma s´erie de potˆencias, especificamente uma s´erie de Taylor, em torno 71
de um ponto x0 . Nem sempre isso ´e poss´ıvel, como, por exemplo, se x0 for uma raiz, ou zero, do denominador de uma fun¸ c˜ao racional como f (x) =
x2 + 2 x 1
. S . J . R . A −
N˜ao ´e poss´ıvel escrever a s´erie de Taylor desta fun¸ ca˜o em torno do ponto a que este ponto ´e a raiz do denominador. Neste caso, dizemos que x0 = 1, j´ a fun¸c˜ao n˜ ao ´e anal´ıtica neste ponto, que ´e chamado de ponto singular. Para todos os outros valores de x0 , chamados pontos ordin´ arios, a s´erie de Taylor existe, e a fun¸c˜ao nestes pontos ´e anal´ıtica. Tendo definido os conceitos essenciais para o m´etodo de s´eries, vamos ent˜ ao apresent´ a-lo.
4.2
M´ etodo de S´ eries
No estudo do m´etodo de s´eries, vamos nos concentrar na equa¸ c˜ao diferencial ordin´aria 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 id´eia seja geral, podendo ser usada para equa¸co˜es diferenciais de qualquer ordem. Queremos obter pelo menos uma solu¸ca˜o y (x), na forma de uma s´erie de potˆencias como y (x) =
∞
an (x
n
−x ) 0
n
(58)
onde x0 ´e o ponto em torno do qual queremos achar a solu¸ ca˜o. Esta express˜ ao ´e uma s´erie, mas n˜ao necessariamente a s´erie de Taylor de alguma fun¸ c˜ao f (x). Podemos reescrever a equa¸c˜ao 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) s˜ao duas fun¸c˜oes racionais e, como foi dito anteriormente, n˜ ao ´e poss´ıvel escrever a s´erie de Taylor de uma fun¸ c˜ao racional
72
em torno dos pontos x0 que s˜ao as ra´ızes do denominador. Isto tem que ser levado em conta se quisermos encontrar uma solu¸ca˜o na forma (58). oes P 1 (x) e P 2 (x) s˜ ao anal´ıticas em x 0 , este Defini¸ ca ˜o 4.7 Se ambas as fun¸c˜ ponto ´e dito ordin´ ario. Se pelo menos uma das fun¸c`oes P 1 (x) e P 2 (x) n˜ ao ´e anal´ıtica em x0 , este ponto ´e dito singular. Por exemplo, na equa¸c˜ao 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 s˜ao polinˆomios e n˜ao tˆem nenhum ponto singular. Todos os pontos s˜ ao ordin´arios. J´a a equa¸c˜ao 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¸ca˜o entre pntos ordin´ arios e singulares ´e 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), atrav´es do m´etodo de s´eries ´e 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¸ca˜o 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 ´e,
a (x − 2) , y (x) = n
n
y (x) =
an (x + 4) n
. S . J . R . A n
n
mas n˜ao sabemos ainda o que ocorre se x0 = 0. Inicialmente, vamos apresentar o m´etodo para pontos ordin´arios, considerando a primeira equa¸ c˜ao diferencial do exemplo anterior, d2 y dy + + (x2 + 5)y = 0 x 2 dx dx
(60)
que, como j´a foi dito, n˜ao tem nenhum ponto singular. Vamos achar uma solu¸c˜ao em torno de x0 = 0, na forma y (x) =
∞
an xn
(61)
n=0
Se (60) ´e solu¸ca˜o, quando a substituirmos e tamb´em suas derivadas na equa¸ca˜o (61), acharemos uma igualdade, semelhante ao que ocorre no m´etodo 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¸c˜ao 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¸ca˜o. Fazemo-lo da seguinte forma. O primeiro termo ´e 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 s˜ao apenas vari´ aveis mudas, que simplismente indicam onde come¸ca e termina a somat´ oria, podemos trocar m por n na equa¸c˜ao acima, ou seja, ∞
(n + 2)(n + 1) an+2 xn
n=0
Para o terceiro termo, que ´e
∞
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¸c˜ao inicial, substituindo os termos reescritos. O resultado ´e ∞
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 ´e diferente, sendo que a faixa comum come¸ca em n = 2. Assim, reescrevemos a equa¸ca˜o 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 ´e
∞
∞
n
nan x = a 1 x +
n=1
nan xn
n=2
Com estas express˜ oes, a equa¸ca˜o (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¸ca˜o acima seja v´ alida, ela tem que ser verificada para cada potˆencia de x . Assim, igualamos os coeficientes dos polinˆomios, 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¸ca˜o (63) nos diz que 5a0 + 2a2 = 0 2a2 =
−5a
76
0
− 52 a
a2 =
0
. S . J . R . A A segunda (equa¸ca˜o (64) nos d´ a
5a1 + 6a3 = 0 6a2 =
−5a
− 56 a
a3 =
1
1
e a condi¸ca˜o (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¸ca˜o (66) indefinidamente, e assim acharemos os coeficientes com n par em termos de a0 e com n ´ımpar em termos de a1 . Esta rela¸c˜ao ´e chamada uma rela¸ca˜o de recorrˆencia. Substituindo os valores achados na solu¸ca˜o tentativa , que ´e 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 ´e a solu¸ca˜o em s´eries da equa¸ca˜o diferencial (60). Ela ´e formada por duas solu¸c˜oes LI, que s˜ao 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¸ c˜ao geral y = a 1 y1 (x) + a2 y2 (x)
que ´e a equa¸ca˜o (67). Portanto, achamos a s´erie para um ponto ordin´ ario x 0 (x0 0, neste caso), temos duas solu¸co˜es LI, que formam a solu¸ca˜o geral, e ambas as solu¸c˜oes s˜ ao obtidas ao mesmo tempo.
−
4.3
M´ etodo de Frobenius
Como vimos na se¸c˜ao anterior, o m´etodo de s´eries para achar solu¸ c`oes de ´ neequa¸co˜es diferenciais em torno de um ponto x0 ´e bastante simples. E cess´ario apenas que x 0 seja um ponto ordin´ ario da equa¸c˜ao (59) para as duas solu¸c˜oes LI sejam encontradas. E se o ponto for singular? Neste caso, temos que separar duas possibilidades: ao diferencial Defini¸ ca ˜o 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 ´e um ponto singular regualr. Se pelo menos uma n˜ ao for anal´ıtica, x0 ´e um ponto singular irregular. Por exemplo, na equa¸c˜ao 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 tˆem um ponto singular em x0 = 3. Todos os outros pontos s˜ ao ordin´ arios, e assim, se quisermos resolver a equa¸ca˜o diferencial em torno de qualquer ponto que n˜ ao seja x0 = 3, podemos utilizar o m”etodo normal de s´eries, e acharemos as duas solu¸co`es LI. Quando queremos a solu¸ca˜o em torno de x0 = 3, que ´e um ponto singular, primeiro precisamos saber se ele ´e 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¸co`es s˜ao anal´ıticas, e assim, o ponto x0 = 3 ´e singular regular. A equa¸ca˜o diferencial 1 d2 y dy x2 + + dx2 x (x 3)2 dx
−
− 1 y = 0 −3
tab´em 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¸c˜ao continua sendo n˜ ao-anal´ıtica em x0 = 3, e este ponto ´e singular irregular. Quando um ponto singular ´e 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 ´e um parˆ ametro a ser determinado. 80
(68)
Como se acha a solu¸c˜ao (68) para uma dada equa¸ca˜o diferencial? Neste caso, procede-se de um modo muito semelhante ao que foi usado no m´etodo de s´eries, que, para esta situa¸c˜ao, ´e chamado de m´etodo de Frobenius. Vejamos este m´etodo para a equa¸c˜ao diferencial
. S . J . R . A 1 dy d2 y x 5 y = 0 + + dx2 x dx 2x2
−
Esta equa¸c˜a o tem um ponto singular em x0 = 0. Todos os outros pntos s˜ao ordin´ arios. Se desej´ assemos achar a solu¸c˜ao em torno de qualquer ponto c˜ao anterior e ter´ıamos a solu¸ ca˜o x0 = 0, usar´ıamos o m´etodo de s´eries da se¸ geral formada por duas solu¸c`oes LI. Todavia, como queremos achar a solu¸ ca˜o em torno de x0 = 0, primeiro devemos descobrir se este ponto singular ´e regular ou n˜ ao. Para esta equa¸ca˜o, 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 ´e regular, pois as fun¸ c˜oes acima s˜ ao anal´ıticas. Reescrevemos a equa¸c˜ao diferencial na forma equivalente e agora supomos uma solu¸ca˜o 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¸c˜ao 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¸ca˜o 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 potˆencia de x, mas as faixas comuns come¸cam com n = 1. Ent˜ao, 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 ´e 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¸ca˜o 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 s˜ao as duas condi¸c˜oes neste caso. A primeira d´a os valores de r , chamada de equa¸ca˜o indicial, enquanto que a segunda ´e a rela¸cao ˜ de recorrˆencia. Os valores de r s˜ao 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¸c˜ao de recorrˆencia 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¸ c`oes. Vamos achar alguns termos da s´erie. 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¸c˜ao geral ´e feita a partir da soma destas duas solu¸ c˜oes, que s˜ao 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¸c˜oes auxiliares do problema. Note que neste caso as duas solu¸c˜oes 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¸c˜oes para a obte¸ca˜o 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 ´e um n´ umero natural, as solu¸co`es LI em s´erie 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¸c`oes LI em s´erie 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 ´e uma constante . 3. Se r1 = r 2 , as solu¸c˜ oes LI em s´erie 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¸c˜oes acima se percebe que sempre h´ a uma s´erie para o valor maior de r , que no caso ´e 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 ´e a outra solu¸ ca˜o, y2 (x). Dependendo da eequa¸ca˜o diferencial do roblema, achar a solu¸ca˜o y2(x) pode ser bastante complicado, e n˜ a o h´ a um m´etodo gen´erico para encontrar y2 (x). Vejamos mais um exemplo de aplica¸ca˜o do m´etodo de Frobenius. Considere a equa¸ca˜o 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 ´e um ponto singular. Para verificar se ´e 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 ´e regular. Assim, h´ a pelo menos uma solu¸ca˜o em s´erie 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¸c˜ao 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¸ca˜o 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¸ca˜o, 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¸ca˜o ´e a equa¸ca˜o indicial, que fornece o valor de r , que ´e 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¸ca˜o,
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 ´e nulo. A rela¸ca˜o de recorrˆencia 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¸c˜ao 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 s˜ao nulos. Para n = 4, temos a4 =
a4−2
4(4 + 3) a2
=
48
a4 =
a0
480
e assim sucessivamente. A solu¸ca˜o 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¸ ca˜o. O teorema 4.3 nos diz que, neste caso, a outra solu¸ca˜o 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 ´e razoavelmente complicada. No entanto, vamos primeiro testar a outra raiz r2 = 12 , como fizemos com r1 = 25 , e ver se a solu¸ca˜o que resulta dessa suposi¸ca˜o ´e LI com (69). Com esta raiz, a segunda condi¸ c˜ao 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¸ca˜o de recorrˆencia 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¸c˜ao (70), e achamos 3(3
− 3)a
= a 3−2
3
0a3 = a 1 0a3 = 0
Portanto, para qualquer valor de a3, a igualdade ´e satisfeita, e a3 ´e 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¸c˜ao ficaria, substituindo an por bn para diferenci´a-la da solu¸ca˜o (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¸ca˜o (72) ´e muito interessante. Ela cont´em duas constantes arbitr´arias e os dois termos entre chaves s˜ ao linearmente independentes, ou seja, ela pr´ opria j´ a ´e uma solu¸c˜ao geral! N˜ ao teria sido necess´ ario considerar 5 a raiz maior, r1 = 2 , j´a que, com a raiz menor, obtivemos toda a solu¸ ca˜o. Al´ em disso, o segundo termo entre chaves ´e na verdade a solu¸ c˜ao y1 (x), equa¸ca˜o (69), apenas com um coeficiente diferente. Quando ocorre este caso, que ´e o item 2 do teorema 4.3, ´e sempre util ´ primeiro tentar encontrar a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao 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 n˜ao 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¸ca˜o diferencial 95
∂z = x + x2 + 2y ∂x
. S . J . R . A ´e resolvida atrav´es de
∂z = (x + x2 + 2y )∂x
(x + x2 + 2y )∂x
∂z =
x2
z (x, y ) =
2
+
x3
+ 2yx + φ(y )
3
onde φ ´e uma fun¸c˜ao que depende no m´ aximo de y e que pode ser determinada se houver mais alguma condi¸c˜ao auxiliar. Vejamos outro exemplo: a equa¸ca˜o 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¸c˜oes adicionais para serem encontradas. Quando as equa¸c˜oes diferenciaias parciais s˜ ao simples como as anteriores, ´e f´acil resolvˆ e-las. No entanto, em geral os problemas um pouco mais complexos, e ´e preciso usar outros m´etodos.
5.2
M´ etodo de Separa¸ ca ˜o de Vari´ aveis
Para tentar separar as vari´ aveis de uma equa¸c˜ao diferencial com n vari´aveis independentes, partimos da suposi¸ca˜o de que a solu¸c˜ao dessa equa¸ca˜o diferencial seja um produto de n fun¸co˜es e que cada uma seja fun¸ca˜o apenas de uma das vari´aveis independentes. Com essa suposi¸ca˜o, substituimos a solu¸ca˜o na equa¸ca˜o diferencial e, se o m´etodo funcionar, ap´ os as devidas simplifica¸co˜es teremos n equa¸co˜es diferenciais ordin´ arias, que podem ou n˜ ao ser resolvidas atrav´es dos m´etodos j´ a vistos. Vamos ilustrar o procedimento para a equa¸ c˜ao diferencial parcial x
∂z ∂z = ∂x ∂y
Para resolver esta equa¸ca˜o diferencial, vamos supor que a solu¸ca˜o seja dada pelo produto z (x, y ) = X (x)Y (y )
onde X (x) ´e uma fun¸c˜a o apenas de x e Y (y ) ´e uma fun¸c˜a o apenas de y . Substituindo esta solu¸ca˜o tentativa na equa¸ca˜o 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) ´e uma fun¸c˜ao apenas de x e Y (y ) ´e uma fun¸ca˜o apenas de y , algumas derivadas s˜ ao nulas, e resultado ´e 97
xY (y )
∂X (x) ∂Y (y ) = X (x) ∂x ∂y
. S . J . R . A Como as fun¸co˜es X e Y s˜ao 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¸ ca˜o depende apenas da vari´ avel x, pois X (x) ´e uma fun¸ca˜o somente de x. Enquanto isso, o lado direito depende apenas de y , pois Y (y ) ´e uma fun¸c˜ao de y . No entanto, estes dois lados s˜ao iguais, e isso s´o 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¸ca˜o 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¸ c˜oes diferenciais ordin´ arias, uma para cada vari´ avel independente. Podemos resolvˆe-las atrav´es 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 s˜ao constantes de integra¸ c˜ao, 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 s˜ao constantes de integra¸ c˜ao, e a solu¸ca˜o 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¸ca˜o diferencial parcial ∂ 2 u ∂ 2 u = 2 ∂y 2 ∂t
pode ser separada se considerarmos uma solu¸ca˜o do tipo u(y, t) = Y (y )T (t)
em que Y (t) ´e uma fun¸c˜a o apenas de y e T (t) ´e uma fun¸ca˜o apenas de t. Colocando esta solu¸ca˜o na equa¸ca˜o 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 ´e ∂ 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¸ca˜o das vari´aveis. O lado esquerdo da equa¸ ca˜o 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 ´e escrita k 2 , para que os c´alculos 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¸c˜oes 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 s˜ao equa¸c˜oes diferenciais ordin´ arias de segunda ordem com coeficientes constantes. Relembrando a se¸ c˜ao 3.2, a primeira tem a seguinte equa¸ ca˜o caracter´ıstica: m2 + k 2 = 0
m =
±ik
e as suas solu¸c˜oes s˜ao as fun¸co˜es
eik , qquade−iky
que formam a solu¸ca˜o geral
Y (y ) = a 1 eiky + a2 e−iky
A segunda tem a equa¸ca˜o caracter´ıstica m2 + k 2 = 0
m =
±ik
e as ra´ızes s˜ ao iguais a`s do caso anterior. Suas solu¸c˜oes s˜ao as fun¸co˜es eikt ,
e−ikt
e a solu¸c˜ao geral fica T (t) = b 1 eikt + b2 e−ikt
101
De posse destas duas solu¸c˜oes, a solu¸ca˜o da equa¸ca˜o 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¸ c`oes auxiliares para serem determinadas. Vejamos ainda outro exemplo. Seja a equa¸ca˜o diferencial parcial ∂v ∂v ∂v + = ∂x ∂y ∂z
Para este caso, vamos supor uam solu¸c˜ao na forma
v (x , y , z) = X (x)Y (y )Z (z )
e aplic´a-la na equa¸ca˜o 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) ´e uma fun¸c˜ao apenas de x, que Y (y ) ´e fun¸ca˜o apenas de y e que Z (z ) ´e fun¸c˜ao apenas de z , v´arias 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¸ca˜o ´e mais complicada que nos casos anteriores. No entanto, analisando-a mais profundamente, vemos que o lado direito desta equa¸ca˜o pode ser no m´ aximo uma fun¸c˜ao de z , enquanto que o lado esquerdo pode ser no m´aximo uma fun¸c˜ao 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¸c˜oes 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 ´e 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¸c˜oes, percebemos que o lado direito ´e fun¸ c˜ao no m´aximo de y , ao passo que o esquerdo ´e fun¸ c˜a 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¸c˜ao 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 trˆes constantes a serem determinadas pelas condi¸ c`oes auxiliares. O m´etodo de separa¸ca˜o de vari´aveis ´e o mais utilizado para a resolu¸ca˜o de equa¸co˜es diferenciais parciais, por causa de sua simplicidade e eficiˆencia. No entanto, n˜ ao h´ a como saber a priori se esta t´ecnica funcionar´ a para uma ´ preciso tentar uma solu¸ca˜o como produto de dada equa¸c˜ao diferencial. E fun¸co˜es e verificar a separa¸ca˜o das vari´aveis. Considere agora a equa¸ca˜o diferencial parcial ∂ 2 u ∂x 2
= αe − − ∂u ∂y
βx
Se tentarmos usar o m´etodo de separa¸ c˜ao de vari´ aveis diretamente na equa¸ca˜o n˜ao-homogˆenea acima, veremos que n˜ ao ´e 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¸ c˜ao para a solu¸c˜ao da equa¸ca˜o diferencial: u(x, y ) = v (x, y ) + z (x)
de maneira que a equa¸ca˜o 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¸c˜ao diferencial parcial homogˆenea ∂ 2 v (x, y ) ∂x 2
− ∂v (∂yx, y) = 0
e observamos que, para a equa¸ca˜o diferencial parcial acima, o m´ etodo de separa¸ca˜o de vari´ aveis pode ser aplicado. Resolvemos primeiro a equa¸ c˜ao para z (x) temos d2 z dx2
− αe−
βx
Vamos chamar
p =
dz dx
e a equa¸ca˜o diferencial fica
dp = dx
dp =
−αe−
−αe−
− dp =
p =
βx
βx
dx
αe−βx dx
α −βx + γ e β
onde γ ´e 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¸ c˜ao diferencial parcial ∂ 2 v (x, y ) ∂x 2
− ∂v (∂yx, y) = 0
atrav´es da separa¸ca˜o de vari´ aveis. Vamos supor uma solu¸ca˜o v (x, y ) = X (x)Y (y )
e a equa¸ca˜o diferencial fica
∂ 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 m´aximo de y e o esquerdo no m´ aximo de x. Para que sejam iguais, eles tem que ser uma constante num´erica. Assim, 1 d2 X
X
dx2
1 dY
=
=
Y dy
2
−c
que resulta nas equa¸c˜oes 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