Topeqdif.pdf

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T ÓPICOS DE E QUAÇÕES D IFERENCIAIS

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Reginaldo J. Santos Departamento de Matemática-ICEx Universidade Federal de Minas Gerais http://www.mat.ufmg.br/˜regi

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Imprensa Universitária da UFMG - Belo Horizonte Março 2012

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Tópicos de Equações Diferenciais c 2018 by Reginaldo J. Santos (2018.8.15) Copyright

Nenhuma parte desta publicação poderá ser reproduzida por qualquer meio sem a prévia autorização, por escrito, do autor.

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Ilustrações: Reginaldo J. Santos

Santos, Reginaldo J. Tópicos de Equações Diferenciais / Reginaldo J. Santos - Belo Horizonte: Imprensa Universitária da UFMG, 2018.

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S237i

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Ficha Catalográfica

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1. Equações Diferenciais

I. Título

CDD:

515.3

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S UMÁRIO

A PRESENTAÇÃO

1.3 1.4

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. . . . . . . . p(t)dt ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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1.2

Introdução às Equações Diferenciais . . . . . 1.1.1 Classificação . . . . . . . . . . . . 1.1.2 Soluções de Equações Ordinárias . . 1.1.3 Equações Ordinárias de 1a. Ordem . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . Equações Lineares de 1a. Ordem . . . . . . 1.2.1 Equações em que p(t) = 0 . . . . 1.2.2 Equações Lineares - Caso Geral . . 1.2.3 Como chegar ao fator integrante µ(t) Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . Equações Separáveis . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Dinâmica Populacional . . . . . . . 1.4.2 Decaimento Radioativo . . . . . . . 1.4.3 Misturas . . . . . . . . . . . . . . 1.4.4 Lei de Resfriamento de Newton . . .

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1.1

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1 E QUAÇÕES D IFERENCIAIS DE 1a. O RDEM

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vii 1 . . . . . . . . . . . . . . . . .

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1 7 8 12 14 15 15 18 24 26 28 37 39 39 47 50 55

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1.6

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. 58 . 62 . 67 . 70 . 84 . 92 . 101 . 106 . 108

Equações Homogêneas - Parte I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Soluções Fundamentais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Fórmula de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equações Homogêneas - Parte II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Obtendo-se uma Segunda Solução (Redução de Ordem) . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Equações Homogêneas com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equações Não Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Método dos Coeficientes a Determinar para Equações com Coeficientes Constantes Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Oscilações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Oscilações Livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.2 Oscilações Forçadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3 Circuitos Elétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Respostas dos Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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1.5

1.4.5 Lei de Torricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.6 Resistência em Fluidos . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.7 Circuitos Elétricos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4.8 Reações Químicas . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Existência e Unicidade de Soluções . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Demonstração do Teorema de Existência e Unicidade Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Respostas dos Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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Sumário . . . . . . . . .

2.3

2.4

2.5

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2.2

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2.1

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2 E QUAÇÕES D IFERENCIAIS L INEARES DE 2a. O RDEM

3 T RANSFORMADA DE L APLACE 3.1

158 159 160 171 173 177 177 180 190 192 196 207 208 208 224 233 237 241

286

Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

v

3.3 3.4 3.5 3.6 3.7

3.1.1 Demonstração da Injetividade da Transformada de Laplace . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problemas de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Função de Heaviside e Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Transformada de Laplace do Delta de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Convolução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tabela de Transformadas de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Respostas dos Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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3.2

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Sumário . . . . . . . . . . . .

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299 303 305 315 317 332 335 342 343 350 351 352

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4 S ISTEMAS DE E QUAÇÕES D IFERENCIAIS L INEARES 403 4.1 A Matriz A é Diagonalizável em R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 411

4.3

4.4

ia

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4.2

4.1.1 Sistema com 2 Equações e 2 Incógnitas . . . . . . . 4.1.2 Sistema com n Equações e n Incógnitas . . . . . . 4.1.3 Como Encontrar as Matrizes P e D . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Matriz A é Diagonalizável em C . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Sistema com 2 Equações e 2 Incógnitas . . . . . . . 4.2.2 Sistema com n Equações e n Incógnitas . . . . . . 4.2.3 Como Encontrar as Matrizes P e D . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A Matriz A não é Diagonalizável . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Sistema com 2 Equações e 2 Incógnitas . . . . . . . 4.3.2 Sistema com n Equações e n Incógnitas . . . . . . 4.3.3 Como Encontrar as Matrizes P e J . . . . . . . . . 4.3.4 Demonstração do Teorema de Existência e Unicidade Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Respostas dos Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Março 2012

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411 413 416 431 433 433 436 438 449 451 451 453 455 464 468 469

Reginaldo J. Santos

vi 5 S ÉRIES DE F OURIER E E QUAÇÕES D IFERENCIAIS PARCIAIS

5.4

5.5

502

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5.3

D

5.2

Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Funções Pares e Ímpares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 Demonstração do Teorema sobre a Convergência da Série de Fourier 5.1.3 Limites e Derivação de Séries de Funções . . . . . . . . . . . . . . 5.1.4 Tabela de Coeficientes de Séries de Fourier . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equação do Calor em uma Barra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Extremidades a Temperaturas Fixas . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2 Barra Isolada nas Extremidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Corda Elástica Presa nas Extremidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.1 Com Velocidade Inicial Nula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Com Deslocamento Inicial Nulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.3 Caso Geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Equação de Laplace num Retângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1 Apenas k(y) Não Nula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2 Apenas h(y) Não Nula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.3 Caso Geral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Respostas dos Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

óp

B IBLIOGRAFIA

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5.1

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Sumário

Í NDICE A LFABÉTICO

Tópicos de Equações Diferenciais

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502 516 530 533 538 539 551 551 565 574 577 578 591 598 602 605 606 611 616 618 625

672 674

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Março 2012

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A PRESENTAÇÃO

óp

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Esse é um texto alternativo ao excelente livro Boyce-DiPrima [2] para uma disciplina introdutória sobre Equações Diferenciais Ordinárias e Parciais para alunos da área de Ciências Exatas, sendo mais objetivo e mais elementar. Entretanto aqui estão apresentadas provas elementares de resultados como os teoremas de existência e unicidade para equações diferenciais e para sistemas de equações diferenciais, o teorema sobre a existência de soluções em série de potências para equações lineares de 2a. ordem, a injetividade da transformada de Laplace, o teorema sobre convergência pontual da série de Fourier e outros. O conteúdo corresponde ao programa da disciplina ’Equações Diferenciais C’ que é ministrado para os alunos da área de ciências exatas na Universidade Federal de Minas Gerais. O texto é dividido em cinco capítulos. No início do Capítulo 1 é feita uma introdução às equações diferenciais em geral. Depois entre as equações de 1a. ordem são estudadas as equações lineares e as separáveis. Terminamos o capítulo com algumas aplicações. As equações lineares de 2a. ordem é o assunto do Capítulo 2. Nele o estudo tanto das equações homogêneas como das equações não homogêneas é feito inicialmente no caso geral e depois no caso particular em que os coeficientes são constantes. Como aplicações este capítulo traz também oscilações. No Capítulo 3 é estudada a Transformada de Laplace suas propriedades e aplicação na solução de problemas de valor inicial. No Capítulo 4 o estudo de sistemas de equações diferenciais lineares é feito usando diagonalização de matrizes. O caso 2 × 2 é tratado em separado com detalhe. No Capítulo 5 são estudados séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais pelo método de separação de variáveis. Entre as equações parciais são apresentadas a Equação do Calor, a Equação da Corda Elástica e a Equação de Laplace.

viii

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Sumário

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Todos os exercícios estão resolvidos no final do capítulo correspondente. Uma coisa que acho importante é somente ler a solução de um exercício depois de ter tentado verdadeiramente resolvê-lo. É como quando lhe dão um enigma para decifrar. Se lhe contarem logo a solução, você a esquecerá logo depois. Quanto mais tempo você ficar tentando decifrar antes de lhe contarem a solução, tanto mais tempo você se lembrará da solução. Os desenhos e gráficos foram feitos usando o M ATLABr ∗ com o pacote GAAL e o Maxima também com o pacote GAAL disponíveis no site do autor (http://www.mat.ufmg.br/˜regi). Neste site também estão disponíveis páginas interativas para o estudo de oscilações, equações parciais, séries de Fourier e outros. Gostaria de agradecer aos professores Joana Darc A. S. da Cruz, Grey Hercole, Sônia P. de Carvalho, Marcia Fusaro, Rinaldo Vieira e Helder C. Rodrigues pelas críticas e sugestões apresentadas.

∗ MATLAB

é marca registrada de The Mathworks, Inc.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

ix

Sugestão de Cronograma para 60 Horas

Capítulo 2

11 aulas

10 aulas

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Capítulo 3

09 aulas

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Capítulo 1

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Apresentação

10 aulas

Capítulo 5

20 aulas

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Capítulo 4

60 aulas

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Total

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

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1 1.1

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E QUAÇÕES D IFERENCIAIS DE 1a. O RDEM

Introdução às Equações Diferenciais

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Uma equação algébrica é uma equação em que as incógnitas são números, enquanto uma equação diferencial é uma equação em que as incógnitas são funções e a equação envolve derivadas destas funções. Apenas no Capítulo 4 trataremos equações com mais de uma incógnita, nos outros as equações diferenciais têm somente uma incógnita. Numa equação diferencial em que a incógnita é uma função y(t), t é a variável independente e y é a variável dependente. Vejamos alguns exemplos.

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

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2

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θ

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−mg sen θ

P = mg

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Figura 1.1. Pêndulo Simples

θ mg cos θ

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

3

Introdução às Equações Diferenciais

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1.1

Exemplo 1.1. O movimento de um pêndulo simples de massa m e comprimento l é descrito pela função θ (t) que satisfaz a equação diferencial d2 θ g + sen θ = 0. 2 l dt

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Nesta equação a incógnita é a função θ (t). Assim, θ é a variável dependente e t é a variável independente.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

Fext = Focos(ωt)

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Fr = −γ v

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4

Fe = − k x

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Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

Fe = − k x

0

x

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Figura 1.2. Sistema massa-mola

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

5

Introdução às Equações Diferenciais

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1.1

Exemplo 1.2. Em um sistema massa-mola composto de um corpo de massa m preso

a uma mola com constante elástica k, sujeita a uma força de resistência Fr = −γv = −γ dx dt e uma força externa Fext ( t ) = F0 cos( ωt ) o deslocamento da massa x ( t ) satisfaz a equação diferencial dx d2 x + kx = F0 cos(ωt). m 2 +γ dt dt

ig

Nesta equação a incógnita é a função x (t). Assim, x é a variável dependente e t é a variável independente.

D

Exemplo 1.3. Numa região do plano em que não há cargas elétricas o potencial elétrico u( x, y) em cada ponto ( x, y) da região satisfaz a equação diferencial ∂2 u ∂2 u + 2 = 0, ∂x2 ∂y

óp

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chamada equação de Laplace. Nesta equação a incógnita é a função u( x, y). Assim, u é a variável dependente e x e y são as variáveis independentes.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ig

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6

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D

R

V (t)

óp

Figura 1.3. Circuito RC

C

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Março 2012

7

Introdução às Equações Diferenciais

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1.1

Exemplo 1.4. Um circuito RC é um circuito que tem um resistor de resistência R, um capacitor de capacitância C e um gerador que gera uma diferença de potencial V (t) ligados em série. A carga Q(t) no capacitor satisfaz a equação diferencial R

dQ 1 + Q = V ( t ). dt C

Classificação

D

1.1.1

ig

Nesta equação a incógnita é a função Q(t). Assim, Q é a variável dependente e t é a variável independente.

As equações são classificadas quanto ao tipo, a ordem e a linearidade.

ia

(a) Quanto ao tipo uma equação diferencial pode ser ordinária ou parcial. Ela é ordinária se as funções incógnitas forem funções de somente uma variável. Caso contrário ela é parcial. Portanto, uma equação diferencial é ordinária se as derivadas que aparecem na equação são derivadas ordinárias. Por exemplo, as equações que podem ser escritas na forma F (t, y, y0 , y00 , ...) = 0,

óp

em que y é função apenas de t, são equações diferenciais ordinárias, como as equações dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.4. A equação do Exemplo 1.3 é parcial.

(b) Quanto à ordem uma equação diferencial pode ser de 1a. , de 2a. , ..., de n-ésima ordem dependendo da derivada de maior ordem presente na equação. Uma equação diferencial ordinária de ordem n é uma equação que pode ser escrita na forma F (t, y, y0 , y00 , ..., y(n) ) = 0.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

8

ita l

As equações dos Exemplos 1.1, 1.2 e 1.3 são de 2a. ordem e a equação do Exemplo 1.4 é de 1a. ordem.

ig

(c) Quanto a linearidade uma equação diferencial pode ser linear ou não linear. Ela é linear se as incógnitas e suas derivadas aparecem de forma linear na equação, isto é, as incógnitas e suas derivadas aparecem em uma soma em que cada parcela ou é um produto de uma incógnita por uma função que não depende das incógnitas ou é um produto de uma derivada de alguma ordem de uma incógnita por uma função que não depende das incógnitas. Caso contrário ela é não linear. Por exemplo, uma equação diferencial ordinária linear de ordem n é uma equação que pode ser escrita como dy d2 y dn y + a2 ( t ) 2 + . . . + a n ( t ) n = f ( t ). dt dt dt

D

a0 ( t ) y + a1 ( t )

ia

As equações diferenciais ordinárias que não podem ser colocadas nessa forma são não lineares. As equações dos Exemplos 1.2, 1.3 e 1.4 são lineares e a equação do Exemplo 1.1 é não linear.

Soluções de Equações Ordinárias

óp

1.1.2

Uma solução (particular) de uma equação diferencial ordinária de ordem n em um intervalo I é uma função y(t) definida no intervalo I tal que as suas derivadas de ordem até n estão definidas no intervalo I e satisfazem a equação neste intervalo. A solução de uma equação diferencial é também chamada curva integral da equação.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

9

Introdução às Equações Diferenciais

Exemplo 1.5. Considere a equação ay00 + by0 + cy = 0,

ita l

1.1

com a, b, c ∈ R, a 6= 0 tais que b2 − 4ac = 0. b

Vamos mostrar que y(t) = e− 2a t é solução desta equação para t ∈ R. b −bt e 2a , 2a

y00 (t) =

b2 − b t e 2a 4a2

ig

y0 (t) = −

Substituindo-se y(t), y0 (t) e y00 (t) no primeiro membro da equação obtemos 0

ay + by + cy

= = =

  b b2 − b t b −bt 2a 2a a 2e +b − e + ce− 2a t 2a 4a   2 b b2 b − + c e− 2a t 4a 2a

D

00

−b2 + 4ac − b t e 2a = 0, 4a b

ia

pois por hipótese b2 − 4ac = 0. Assim, y(t) = e− 2a t é solução da equação.

óp

A solução geral de uma equação diferencial ordinária de ordem n em um intervalo I é uma família de soluções y(t) no intervalo I, dependendo de n constantes arbitrárias, tal que qualquer solução particular pode ser obtida da solução geral atribuindose valores às constantes.

Exemplo 1.6. A solução geral da equação diferencial dy = e3t dt

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é o conjunto de todas as primitivas da função f (t) = e3t , ou seja, y(t) =

Z

e3t dt + c =

e3t + c, 3

ita l

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

10

óp

ia

D

ig

que é válida para −∞ < t < ∞, pois este é o maior intervalo em que a solução e sua derivada estão definidas.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

11

Introdução às Equações Diferenciais

ita l

1.1

ig

y

D

1

t

ia

-1

1

-1

óp

Figura 1.4. Soluções da equação do Exemplo 1.6

Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

12

Equações Ordinárias de 1a. Ordem

ita l

1.1.3

As equações diferenciais ordinárias de 1a. ordem são equações que podem ser escritas como F (t, y, y0 ) = 0. Vamos estudar equações de primeira ordem que podem ser escritas na forma

ig

dy = f (t, y). dt

(1.1)

ia

D

Uma solução (particular) de uma equação diferencial (1.1) em um intervalo I é uma função y(t) definida no intervalo I tal que a sua derivada y0 (t) está definida no intervalo I e satisfaz a equação (1.1) neste intervalo. O problema   dy = f (t, y) (1.2) dt  y ( t0 ) = y0

óp

é chamado problema de valor inicial (PVI). Uma solução do problema de valor inicial (1.2) em um intervalo I contendo t0 é uma função y(t) que está definida neste intervalo, tal que a sua derivada também está definida neste intervalo e satisfaz (1.2).

Exemplo 1.7. Vamos encontrar a solução do PVI   dy = e3t dt  y(1/3) = e/3.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

13

Introdução às Equações Diferenciais

A solução geral da equação dy = e3t dt é o conjunto de todas as primitivas da função f (t) = e3t , ou seja, y(t) =

Z

e3t dt + c =

e3t + c, 3

ita l

1.1

óp

ia

D

ig

que é válida para −∞ < t < ∞. Substituindo-se t = 1/3 e y = e/3 na solução geral encontrada obtemos c = 0. Assim, a solução do PVI é e3t y(t) = 3 válida para −∞ < t < ∞, que é o maior intervalo contendo t0 = 1/3 em que a solução e sua derivada estão definidas.

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

14

ita l

Exercícios (respostas na página 108)

1.1. Classifique as equações abaixo quanto ao tipo, a ordem e a linearidade: (a) yy0 + t = 0. (b) x2 y00 + bxy0 + cy = 0.

1.2. Determine qual ou quais das funções y1 ( x ) = x2 , y2 ( x ) = x3 e y3 ( x ) = e− x são soluções da equação

ig

( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0. 1.3. Sejam a, b, c ∈ R. Mostre que

(a) y(t) = ert , com r satisfazendo ar + b = 0, é solução da equação ay0 + by = 0. (b) y(t) = ert , com r satisfazendo ar2 + br + c = 0, é solução da equação ay00 + by0 + cy = 0.

D

(c) y( x ) = xr , com r satisfazendo r2 + (b − 1)r + c = 0, é solução da equação x2 y00 + bxy0 + cy = 0.

ia

1.4. Determine os valores de r para os quais a função y(t) é solução da equação: r r (a) y(t) = 2 (c) y(t) = 2 e y0 + ty2 = 0. e y0 − 6ty2 = 0. t −3 t +1 r r (b) y(t) = 2 e y0 − 2ty2 = 0. (d) y(t) = 2 e y0 − ty2 = 0. t +1 t +2 1.5. Determine todas as soluções da equação diferencial ty00 + (t − 1)y0 − y = 0

óp

que são funções de 1o. grau, ou seja, da forma y(t) = at + b, para a e b constantes.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

1.2. Equações Lineares de 1a. Ordem

Equações Lineares de 1a. Ordem

ita l

1.2

15

As equações (diferenciais ordinárias) lineares de 1a. ordem são equações que podem ser escritas como dy a(t) + b ( t ) y = c ( t ). dt Vamos considerar as equações lineares de 1a. ordem na forma (1.3)

Equações em que p(t) = 0

D

1.2.1

ig

dy + p ( t ) y = q ( t ). dt

Se a função p(t) = 0 a equação (1.3) torna-se

ia

dy = q ( t ), dt

(1.4)

que é facilmente resolvida integrando-se os dois lados. Assim, a solução geral desta equação é dada por Z q(t)dt + c.

óp

y(t) =

Exemplo 1.8. A solução geral da equação diferencial dy = sen(2t) dt

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é o conjunto de todas as primitivas de f (t) = sen(2t), ou seja, Z

sen(2t) dt + c = −

cos(2t) + c. 2

óp

ia

D

ig

y(t) =

ita l

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

16

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

Equações Lineares de 1a. Ordem

17

ita l

1.2

ig

y

ia

D

2

1

t

-1

-2

óp

Figura 1.5. Soluções da equação do Exemplo 1.8

Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

18

Na subseção 1.2.2 e na seção 1.3 veremos técnicas de se encontrar soluções de equações de 1a. ordem que se baseiam em transformar a equação inicial em uma equação do tipo (1.4).

1.2.2

Equações Lineares - Caso Geral

ig

Vamos considerar equações da forma

dy + p ( t ) y = q ( t ), dt

(1.5)

µ(t) = e

ia

Seja

D

em um intervalo em que p(t) e q(t) são contínuas. Vamos definir uma função auxiliar, µ(t), de forma que ao multiplicarmos a equação (1.5) por esta função a equação obtida é uma equação linear com p(t) = 0, ou seja, do tipo (1.4), que já resolvemos anteriormente. Uma função com esta propriedade é chamada fator integrante da equação linear.

Vamos mostrar agora que µ(t) = e

R

p(t)dt

R

p(t)dt

.

é um fator integrante da equação (1.5).

óp

Observe em primeiro lugar que R dµ =e dt

p(t)dt

d dt

Z

 p(t)dt

=e

R

p(t)dt

p ( t ) = µ ( t ) p ( t ).

(1.6)

Assim, multiplicando-se (1.5) por µ(t), obtemos

Tópicos de Equações Diferenciais

µ(t)

dy + µ(t) p(t)y = µ(t)q(t) dt

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(1.7) Março 2012

Equações Lineares de 1a. Ordem

19

mas como por (1.6), µ(t) p(t) =

dµ , então (1.7) pode ser reescrita como dt

µ(t)

ita l

1.2

dy dµ + y = µ ( t ) q ( t ). dt dt

(1.8)

Mas o lado esquerdo dessa equação é a derivada de um produto o que faz com que ela possa ser reescrita na forma

ig

d (µ(t)y(t)) = µ(t)q(t) dt

(1.9)

D

A equação (1.9) é uma equação do tipo (1.4), ou seja, dY = f (t) dt

ia

em que Y (t) = µ(t)y(t) e f (t) = µ(t)q(t). Assim, integrando-se ambos os membros de (1.9) temos que a solução geral µ(t)y(t) =

Z

µ(t)q(t)dt + c.

óp

Como µ(t) 6= 0, para todo t ∈ R, dividindo-se a equação anterior por µ(t) obtemos que a solução geral de (1.5) é dada por Z  1 y(t) = µ(t)q(t)dt + c µ(t)

Mostraremos na Subseção 1.2.3 como podemos chegar a µ(t) = e integrante da equação (1.5).

Março 2012

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R

p(t)dt

como fator

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

20

Atenção: Não se deve memorizar a fórmula obtida no final. O que fizemos aqui foi mostrar o caminho que deve ser seguido para resolver uma equação linear de 1a. ordem.

ig

No próximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral.

Exemplo 1.9. Vamos encontrar a solução geral da equação diferencial dy + 4y = 5t dt

D

t

ia

e fazer esboços de algumas de suas soluções. Multiplicando-se a equação acima por 1/t obtemos a equação dy 4 + y=5 dt t O fator integrante é R µ(t) = e

4 dt t

4

= e4 ln |t| = eln t = t4 .

óp

Multiplicando-se a equação diferencial acima por µ(t) obtemos: t4

dy + 4t3 y = 5t4 . dt

O lado esquerdo é igual a derivada do produto t4 y(t). Logo, a equação acima é equivalente a  d 4 t y(t) = 5t4 . dt Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

Equações Lineares de 1a. Ordem

21

Integrando-se obtemos t4 y ( t ) = t5 + c Explicitando y(t) temos que a solução geral da equação diferencial é y(t) = t +

c . t4

ita l

1.2

(1.10)

ig

Vamos esboçar as soluções desta equação diferencial. Para c = 0 a solução é a reta y0 (t) = t.

Para c 6= 0, temos que o domínio de y(t) é o conjunto dos números reais tais que t 6= 0. se c 6= 0

e

lim y(t) = −∞,

se c 6= 0.

t→−∞

D

lim y(t) = +∞,

t→+∞

ia

Observamos da expressão da solução geral que para valores de |t| muito grandes as soluções com c 6= 0 são próximas da solução com c = 0 que é y0 (t) = t. Sendo que se c > 0, elas estão acima de y0 (t) e se c < 0 elas estão abaixo de y0 (t). Além disso, lim y(t) = +∞, se c > 0

óp

t →0

e

lim y(t) = −∞, t →0

se c < 0.

Vamos analisar o crescimento e decrescimento das soluções. A derivada da solução fornece informação sobre o crescimento e decrescimento da solução e sobre seus pontos críticos. dy 4c = 1− 5 = 0 dt t Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

se, e somente se,

ita l

22

t5 = 4c.

óp

ia

D

ig

√ Assim, se c 6= 0 as soluções têm somente pontos críticos em t = 5 4c. Portanto, concluímos que√as soluções com c > 0 crescem no intervalo (−∞, 0), decrescem √ 5 no intervalo (0, 5 4c) e crescem no intervalo ( 4c, +∞). Enquanto as soluções com √ √ 5 5 c < 0 crescem no intervalo (−∞, 4c), decrescem no intervalo ( 4c, 0) e crescem de (0, +∞). Observamos que para cada valor de c 6= 0 temos duas soluções com intervalos de validade (−∞, 0) e (0, +∞) e para c = 0 a solução y0 (t) = t é válida no intervalo (−∞, +∞) = R.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

Equações Lineares de 1a. Ordem

23

ita l

1.2

y

3

2

1

t

-2

-1

1

ig

-3

2

3

-1

-2

D

Figura 1.6. Soluções da equação do Exemplo 1.9

-3

óp

ia

y

4

3

2

1 t

Figura 1.7. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.10

Março 2012

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1

2

3

4

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

24

Exemplo 1.10. Vamos encontrar a solução do problema de valor inicial  

dy + 4y = 5t, dt  y(1) = 3. t

ig

A equação é a mesma do Exemplo 1.9. Substituindo-se t = 1 e y = 3 na solução geral (1.10) obtemos c 3 = 1+ . 1

D

De onde obtemos que c = 2. Portanto, a solução do problema de valor inicial é y(t) = t +

2 . t4

ia

Observe que a solução deste problema de valor inicial é válida no intervalo (0, +∞), que é o maior intervalo contendo t = 1 (pois a condição inicial é y(1) = 3) em que a solução e sua derivada estão definidas. Se a condição inicial ao invés de y(1) = 3 fosse y(−1) = 3 a solução teria a mesma expressão, mas o intervalo de validade da solução seria (−∞, 0).

Como chegar ao fator integrante µ(t) = e

óp

1.2.3

R

p(t)dt

? R

Vamos mostrar como podemos chegar ao fator integrante µ(t) = e p(t)dt . Comparando-se as equações (1.7) e (1.8) na página 18 vemos que o fator integrante µ(t) deve ser uma função que satisfaz a equação diferencial

Tópicos de Equações Diferenciais

dµ = p ( t ) µ ( t ). dt GoBack GoForward

Março 2012

Equações Lineares de 1a. Ordem

25

ita l

1.2

Esta é também uma equação linear, mas com q(t) = 0. Supondo-se µ(t) 6= 0, vamos multiplicar esta equação por 1/µ(t) obtendo a equação 1 dµ = p ( t ). µ(t) dt Como

1 µ(t)

=

d dµ

(ln |µ(t)|) a equação anterior pode ser reescrita como

ig

dµ d = p ( t ). (ln |µ(t)|) dµ dt

Mas pela regra da cadeia esta equação é equivalente a

D

d (ln |µ(t)|) = p(t) dt

que é uma equação do tipo (1.4) que pode ser resolvida simplesmente integrando-se ambos os membros, obtendo

ia

ln |µ(t)| =

Z

p(t)dt + c1 .

óp

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto obtemos R R µ(t) = ±ec1 e p(t)dt = ce p(t)dt . Como estamos interessados em apenas um fator integrante podemos tomar c = 1 e obtermos R µ(t) = e p(t)dt .

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

Exercícios (respostas na página 110) 2.1. Resolva os problemas de valor inicial:  0 y + (1 − 2x )y = xe− x (a) y (0) = 2  3 y0 + 3t2 y = e−t +t (b) y (0) = 2

2.3.



y0 − cos t y = tet y (0) = 2

(

y0 + x4 y = x4 e y (0) = 1

(c)

4x5 5

ig

(d)

2 +sen t

(c) y0 − 4x y = x5 e x .

D

2.2. Resolva as equações: 4 2 (a) y0 − y = − 3 . x x 1 (b) y0 − y = − x. x

ita l

26

(a) Resolva o problema de valor inicial:  0 y + 5x4 y = x4 y (0) = y0 .

(b) Para quais valores de y0 a solução é crescente e para quais valores de y0 a solução é decrescente? 2.4.

ia

(c) Qual o limite de y( x ) quando x tende a +∞? O limite depende de y0 ? (a) Resolva de valor inicial:  2 o problema ( x − 9)y0 + xy = 0 y (5) = y0

óp

(b) Qual o intervalo de validade da solução?

(c) Qual o limite de y( x ) quando x tende a +∞? O limite depende de y0 ? 2.5. Considere a equação:

dy + p(t)y = 0. dt

(a) Mostre que se y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação, então y(t) = y1 (t) + y2 (t) também o é. Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

Equações Lineares de 1a. Ordem

27

ita l

1.2

(b) Mostre que se y1 (t) é solução da equação, então, para qualquer constante c, y(t) = cy1 (t) também o é. 2.6. Considere as equações:

(a) Encontre a solução geral da equação diferencial

dy + 2y = t2 dt

D

2.7.

ig

dy + p(t)y = 0, (1.11) dt dy + p(t)y = q(t) (1.12) dt Mostre que se y1 (t) é solução da equação (1.11) e y2 (t) é solução da equação (1.12), então y(t) = cy1 (t) + y2 (t) é solução de (1.12), para qualquer constante c.

t

e faça um esboço do gráfico de algumas soluções. (b) Resolva o PVI

ia

(

dy + 2y = t2 , dt y (2) = 3

t

óp

e faça um esboço do gráfico da solução.

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

1.3

Equações Separáveis

ita l

28

As equações (diferenciais ordinárias) separáveis são equações que podem ser escritas na forma dy g(y) = f ( x ). (1.13) dx Seja Z

g(y)dy.

ig

h(y) =

Então,

D

dh = g ( y ). dy

Substituindo-se g(y) por

dh na equação (1.13), obtemos dy

ia

dh dy = f ( x ). dy dx

(1.14)

Mas, pela regra da cadeia

d dh dy h(y( x )) = , dx dy dx

óp

o que implica que (1.14) pode ser escrita como d h(y( x )) = f ( x ). dx

(1.15)

A equação (1.15) é do tipo (1.4) na página 15, ou seja, é da forma

Tópicos de Equações Diferenciais

dY = f ( x ), dx GoBack GoForward

Março 2012

29

Equações Separáveis

ita l

1.3

em que Y ( x ) = h(y( x )). Assim, integrando-se (1.15) dos dois lados obtemos que a solução geral de (1.13) é dada implicitamente por h(y) =

Z

f ( x )dx + c.

Z

ig

Também podemos obter a solução da maneira mostrada a seguir. Integrando-se em relação a x ambos os membros de (1.13) obtemos g(y)

que pode ser reescrita como

0

g(y)y dx =

D

Z

dy dx = dx

Z

Z

f ( x )dx + c,

f ( x )dx + c.

Fazendo a substituição y0 dx = dy obtemos g(y) dy =

Z

f ( x )dx + c.

ia

Z

óp

Atenção: Não se deve memorizar a fórmula obtida no final. O que fizemos aqui foi mostrar o caminho que deve ser seguido para resolver uma equação separável.

As curvas que são soluções de uma equação separável podem ser vistas como curvas de nível da função Z

Março 2012

z = F ( x, y) = h(y) −

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f ( x )dx.

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

30

Exemplo 1.11. Vamos, agora, encontrar a solução geral da equação diferencial 2y

dy = −4x dx

2yy0 = −4x.

ou

Z

2yy0 dx = −

Z

4xdx + c.

Fazendo a substituição y0 dx = dy obtemos 2y dy = −

Z

4xdx + c.

D

Z

ig

Integrando-se em relação a x ambos os membros obtemos

Assim, a solução geral é dada implicitamente por y2 = −2x2 + c.

ia

Estas são equações de elipses (Figura 1.8) que são as curvas de nível da função z = f ( x, y) = y2 + 2x2 .

óp

O gráfico da função f ( x, y) = y2 + 2x2 é um paraboloide elíptico (Figura 1.9).

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

31

Equações Separáveis

ita l

1.3

z y

ig

2

x -2

-1

1

2

-2

ia

-1

D

1

óp

Figura 1.8. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.11

Março 2012

y

x

Figura 1.9. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.11 como curvas de nível do paraboloide elíptico z = f ( x, y) = 2x2 + y2

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Reginaldo J. Santos

Exemplo 1.12. (a) Encontre a solução do problema de valor inicial   dy = 2x − 1 dx 3y2 − 3  y(1) = 0.

ita l

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

32

ig

(b) Determine o intervalo de validade da solução, ou seja, o maior intervalo condy tendo x0 = 1 para o qual a solução y( x ) e sua derivada estão definidas. dx (c) Determine os pontos onde a solução tem um máximo local.

D

(d) Faça um esboço do gráfico da solução. Solução:

(a) Multiplicando-se a equação diferencial por 3y2 − 3 obtemos

(3y2 − 3)y0 = 2x − 1.

ia

Integrando-se em relação a x ambos os membros obtemos Z

(3y2 − 3)y0 dx =

Z

(2x − 1)dx + c.

óp

Fazendo-se a substituição y0 dx = dy obtemos Z

(3y2 − 3) dy =

Z

(2x − 1)dx + c.

Assim, a solução geral é dada implicitamente por y3 − 3y = x2 − x + c.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

33

Equações Separáveis

ita l

1.3

Para encontrar a solução que satisfaz a condição inicial y(1) = 0 substituímos x = 1 e y = 0 na solução geral obtendo c = 0. Assim, a solução do problema de valor inicial é dada implicitamente por y3 − 3y − x2 + x = 0.

D

ig

(b) Para determinar o intervalo de validade da solução do PVI vamos determinar o maior intervalo que contém x = 1 em que a solução e sua derivada estão dy 2x − 1 definidas. Pela equação = 2 , temos que os pontos onde a derivada dx 3y − 3 não está definida são aqueles tais que 3y2 − 3 = 0, ou seja, y = ±1. Como o ponto inicial é (1, 0), então a solução do PVI está contida na região do plano −1 < y < 1. Substituindo-se y = −1 na equação que define a solução, obtemos a equação x2 − x − 2 = 0, que tem solução x = −1 e x = 2. Substituindo-se y = 1 na equação que define a solução y3 − 3y − x2 + x = 0, obtemos a equação x2 − x + 2 = 0, que não tem solução real.

ia

Como a solução está definida para todo x, mas a derivada não está definida para x = −1 e x = 2 e o ponto inicial x0 = 1 está entre os valores x = −1 e x = 2 concluímos que o intervalo de validade da solução é o intervalo (−1, 2), que é o maior intervalo em que a solução y( x ) e a sua derivada estão definidas.

óp

(c) Nos pontos onde a solução tem máximo local a reta tangente à curva é horizondy tal, ou seja, pontos onde = 0. Neste caso não precisamos calcular a derivada dx da solução, pois a derivada já está dada pela equação diferencial, ou seja, dy 2x − 1 = 2 dx 3y − 3

Assim, a reta tangente é horizontal para x tal que 2x − 1 = 0, ou seja, somente para x = 1/2 que é ponto de máximo local, pois como a solução está limitada Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem dy > 0, para dx

ita l

34 à região −1 < y < 1, então da equação diferencial vemos que

dy < 0, para x > 1/2. dx (d) Nos pontos x = −1 e x = 2 a reta tangente à curva solução y3 − 3y − x2 + x = 0 dx é vertical, ou seja, = 0, pois pela equação diferencial, dy dx 1 3y2 − 3 = dy = , dy 2x − 1 dx

ig

x < 1/2 e

óp

ia

D

para x 6= 1/2. Assim, já sabemos pelo item (b) que a solução está contida em uma curva que passa pelos pontos (−1, −1) e (2, −1) onde a tangente é vertical, e que passa pelo ponto inicial (1, 0). Neste ponto a inclinação da tangente é −1/3, pois substituindo-se x = 1 e y = 0 na equação diferencial, obtemos dy = −1/3. Além disso, sabemos que o único ponto em que a tangente é dx horizontal ocorre para x = 1/2 e como a solução está limitada à região −1 < dy dy y < 1, então da equação diferencial vemos que > 0, para x < 1/2 e < 0, dx dx para x > 1/2. Deduzimos daí que a solução é crescente até x = 1/2 depois começa a decrescer.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

35

Equações Separáveis

ita l

1.3

1

0.5

ig

y

-1

-0.5

D

x

0.5

1

1.5

2

-0.5

ia

-1

óp

Figura 1.10. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.12

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

36

z

y

ig

2

x -2

-1

1

2

-2

ia

-1

D

1

óp

Figura 1.11. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.12

Tópicos de Equações Diferenciais

y

x

Figura 1.12. Soluções da equação diferencial do Exemplo 1.12 como curvas de nível de uma função de duas variáveis z = f ( x, y) = y3 − 3y − x2 + x

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Março 2012

1.3

37

Equações Separáveis

ita l

Exercícios (respostas na página 120) 3.1. Resolva as equações:

(b) (c) (d) (e) (f)

(a) Encontre a solução do problema de valor inicial  2x + 1  dy = 2 dx 3y − 3  y (0) = 0

D

3.2.

y2 − 1 − (2y + xy)y0 = 0. ( ayx2 + by)y0 − x = 0 para a, b ∈ R, a 6= 0. ( ax2 + b)1/2 y0 − xy3 = 0 para a, b ∈ R, a 6= 0. ( ay2 + b)1/2 − xyy0 = 0 para a, b ∈ R, a 6= 0. ay2 + b − x2 yy0 = 0 para a, b ∈ R, a 6= 0.

ig

(a) (1 + x2 )y0 − xy = 0.

ia

(b) Determine o intervalo de validade da solução. (c) Determine os pontos onde a solução tem um máximo local. (d) Faça um esboço do gráfico da solução. 3.3. Mostre que a equação linear y0 + p(t)y = q(t) é equivalente a uma equação separável se

óp

(a) p(t) = a e q(t) = b, para a, b ∈ R; (b) p(t) = q(t); (c) q(t) = 0. 3.4. Resolva o PVI

Março 2012

(

dy = y(100 − y), dt y (0) = 1

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

38

óp

ia

D

ig

e faça um esboço do gráfico da solução.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

39

1.4

Aplicações

1.4.1

Dinâmica Populacional

ita l

1.4. Aplicações

Crescimento Exponencial

D

ig

O modelo mais simples de crescimento populacional é aquele em que se supõe que dy a taxa de crescimento de uma população dt é proporcional à população presente naquele instante y(t). Podemos descrever o problema de encontrar y(t) como o problema de valor inicial   dy = ky dt  y (0) = y0 A equação é linear e pode ser reescrita como dy − ky = 0. dt

(1.16)

ia

Para resolvê-la vamos determinar o fator integrante µ(t) = e

R

−kdt

= e−kt .

óp

Multiplicando-se a equação (1.16) por µ(t) = e−kt obtemos d −kt (e y) = 0. dt

Integrando-se ambos os membros obtemos e−kt y(t) = c

ou

y(t) = cekt .

Substituindo-se t = 0 e y = y0 obtemos

Março 2012

y0 = cek 0 = c. GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

40 Ou seja, a solução do problema de valor inicial é y(t) = y0 ekt .

Exemplo 1.13. Consideremos uma situação formada por uma população de organis-

D

ig

mos zooplanctônicos. São colocadas em um béquer 3 fêmeas partenogenéticas grávidas (não há necessidade de fecundação pelo macho) de um microcrustáceo chamado cladócero em condições ideais de alimentação, temperatura, aeração e iluminação e ausência de predadores. Sabendo-se que em 10 dias havia 240 indivíduos determine a população em função do tempo supondo-se que a taxa de crescimento da população é proporcional à população atual (crescimento exponencial). A população, y(t), é a solução do problema de valor inicial   dy = ky dt  y (0) = 3

ia

que como vimos acima tem solução

y(t) = y0 ekt = 3ekt .

óp

Como em 10 dias a população é de 240 indivíduos, então substituindo-se t = 10 e y = 240 obtemos ln 80 240 = 3e10k ⇒ k = . 10 Assim, a função que descreve como a população de bactérias varia com o tempo é y(t) = 3e

Tópicos de Equações Diferenciais

ln 80 t 10

= 3 · 80t/10 .

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Março 2012

41

Aplicações 700

y 600

500

400

ig

300

ita l

1.4

200

100

0

D

Figura 1.13. Solução do problema do Exemplo 1.13 e dados obtidos experimentalmente

−100 −5

0

5

10

15

t 20

25

30

700

y

óp

ia

600

400

300

200

100

Figura 1.14. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.14 e dados obtidos experimentalmente

Março 2012

500

0

t −100 −5

0

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5

10

15

20

25

30

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

42 População 3 7 10 9 39 39 40 113 180 240 390 480

Dias 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

População 510 630 638 628 666 668 620 663 667 645 690 650

ita l

Dias 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

D

ig

Tabela 1.1. Número de indivíduos por litro de uma população de cladóceros (Daphnia laevis) em experimento de laboratório (dados obtidos de [4])

Crescimento Logístico

óp

ia

Para levar em conta que a população y(t) tem um valor máximo sustentável y M , podemos supor que a taxa de crescimento, além de ser proporcional à população atual, é proporcional também à diferença entre y M e a população presente. Neste caso, a população como função do tempo, y(t), é a solução do problema de valor inicial   dy = ky(y M − y) dt  y ( t0 ) = y0 Multiplicando-se a equação diferencial por

Tópicos de Equações Diferenciais

1 y(y M −y)

1 y(y M − y) GoBack GoForward

obtemos a equação separável

y0 = k Março 2012

43

Aplicações Integrando-se em relação a t, obtemos 1

Z

y(y M − y)

ita l

1.4

y0 dt =

Z

kdt + c1 .

Fazendo-se a substituição y0 dt = dy, obtemos 1

Z

Z

kdt + c1 .

ig

y(y M − y)

dy =

1 y(y M −y)

em frações par-

D

Para calcular a integral do lado esquerdo, vamos decompor ciais: 1 A B = + y(y M − y) y yM − y Multiplicando-se a equação acima por y(y M − y) obtemos 1 = A(y M − y) + By

ia

Substituindo-se y = 0 e y = y M obtemos A = 1/y M e B = 1/y M . Assim, Z

1

y(y M − y)

dy =

1 yM

Z

1 dy + y

Z

1 dy yM − y



=

1 (ln |y| − ln |y M − y|) yM

óp

Logo, a solução da equação diferencial é dada implicitamente por ln |y| − ln |y M − y| = ky M t + c1 .

Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como y = c1 + ky M t. ln yM − y

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

44

Aplicando a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto obtemos y = ±ec1 ey M kt = cey M kt yM − y Observe que como c1 é uma constante, então ±ec1 também é uma constante que chamamos de c. Substituindo-se t = t0 e y = y0 na equação acima obtemos y0 e−y M kt0 . y M − y0

ig

c= Vamos explicitar y(t):

⇒

y + cey M kt y = y M cey M kt

D

y = (y M − y)cey M kt

Portanto, a solução do problema de valor inicial é y y

y(t) =

0 M y M k ( t − t0 ) y 0 y M e y M k ( t − t0 ) cy M ey M kt y M − y0 e = = y 0 y kt 1 + ce M 1 + y M − y0 e y M k ( t − t0 ) y M − y 0 + y 0 e y M k ( t − t0 )

ia

Dividindo-se numerador e denominador por ey M kt obtemos y(t) =

y0 y M y 0 + ( y M − y 0 ) e − y M k ( t − t0 )

óp

Observe que

lim y(t) = y M .

t→∞

Exemplo 1.14. Consideremos a mesma situação do Exemplo 1.13, ou seja, são colocadas em um béquer 3 fêmeas partenogenéticas grávidas (não há necessidade de fecundação pelo macho) de um microcrustáceo chamado cladócero em condições Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

45

Aplicações

ita l

1.4

Multiplicando-se a equação diferencial por

1 y(690−y)

obtemos a equação separável

1 y0 dt = y(690 − y)

Z

(1.17)

kdt + c

ia

Z

D

1 y0 = k y(690 − y) Integrando-se em relação a t obtemos

ig

ideais de alimentação, temperatura, aeração e iluminação, e ausência de predadores. Sabendo-se que essa população atinge o máximo de 690 indivíduos e que em 10 dias havia 240 indivíduos, determine a população em função do tempo supondo-se que a taxa de crescimento da população é proporcional tanto à população atual quanto à diferença entre a população máxima e a população atual (crescimento logístico). A população como função do tempo, y(t), é a solução do problema   dy = ky(690 − y) dt  y(0) = 3, y(10) = 240

fazendo-se a substituição y0 dt = dy obtemos

1 dy = y(690 − y)

óp

Z

Z

kdt + c.

Para calcular a integral do lado esquerdo vamos decompor ciais: A B 1 = + y(690 − y) y 690 − y

1 y(690−y)

em frações par-

Multiplicando-se a equação acima por y(690 − y) obtemos 1 = A(690 − y) + By

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

46

Substituindo-se y = 0 e y = 690 obtemos A = 1/690 e B = 1/690. Assim, Z  Z Z 1 1 1 1 1 dy = dy + dy = (ln |y| − ln |690 − y|) y(690 − y) 690 y 690 − y 690 Logo, a equação (1.17) tem solução dada implicitamente por ln |y| − ln |690 − y| = 690kt + c1 .

ig

Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como y = c1 + 690kt. ln 690 − y

D

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros obtemos y = ±ec1 e690kt = ce690kt . 690 − y

(1.18)

ia

Observe que como c1 é uma constante, então ±ec1 também é uma constante que chamamos de c. Substituindo-se t = 0 e y = 3 na equação (1.18) obtemos c=

3 3 1 = = . 690 − 3 687 229

óp

Para determinar o valor de k, vamos usar o fato de que em 10 dias havia 240 indivíduos. Substituindo-se t = 10 e y = 240 na solução geral implícita (1.18) e usando-se o valor de c encontrado acima obtemos 240 1 6900k = e 450 229

⇒

e6900k =

1832 15

⇒

690k =

ln 1832 15 . 10

Vamos explicitar y(t). Da solução geral implícita (1.18) obtemos y = (690 − y)ce690kt

⇒

y + ce690kt y = 690ce690kt

Tópicos de Equações Diferenciais

⇒

y(1 + e690kt ) = 690ce690kt .

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Março 2012

47

Aplicações

ita l

1.4

Portanto, a solução do problema de valor inicial que dá a população de cladóceros em função do tempo é 690e690kt 690 690ce690kt = = = 690kt 1 + ce 229 + e690kt 229e−690kt + 1

1.4.2

690 − ln 1832 15 229e 10

=

t

+1

Decaimento Radioativo

229



690 −

1832 15

t 10

+1

ig

y(t) =

ia

D

A proporção de carbono 14 (radioativo) em relação ao carbono 12 presente nos seres vivos é constante. Quando um organismo morre a absorção de carbono 14 cessa e a partir de então o carbono 14 vai se transformando em carbono 12 a uma taxa que é proporcional a quantidade presente. Podemos descrever o problema de encontrar a quantidade de carbono 14 em função do tempo, y(t), como o problema de valor inicial   dy = ky. dt  y (0) = y0

óp

A equação é a mesma do crescimento exponencial, mas vamos resolver, agora, como uma equação separável, ou seja, a equação é equivalente a 1 0 y = k. y

Integrando-se em relação a t, lembrando-se que y0 dt = dy, obtemos ln |y| = kt + c1 .

Aplicando-se a exponencial, obtemos

Março 2012

y(t) = ±ec1 ekt = cekt . GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

48

Substituindo-se t = 0 e y = y0 , obtemos c = y0 . Logo, a solução do PVI é y(t) = y0 ekt .

Exemplo 1.15. Em um pedaço de madeira é encontrado 1/500 da quantidade origi-

D

ig

nal de carbono 14. Sabe-se que a meia-vida do carbono 14 é de 5600 anos, ou seja, que em 5600 anos metade do carbono 14 presente transformou-se em carbono 12. Vamos determinar a idade deste pedaço de madeira. O problema de valor inicial que descreve esta situação é   dy = ky. dt  y (0) = y0 que tem solução

ia

y(t) = y0 ekt

Substituindo-se t = 5600 e y = y0 /2 (meia-vida) obtemos y0 /2 = y0 ek·5600

⇒

k=−

ln 2 5600

óp

Agora substituindo-se y = y0 /500 obtemos y0 = y0 ekt 500

⇒

Tópicos de Equações Diferenciais

t=−

ln 500 5600 ln 500 = ≈ 50200 anos k ln 2

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Março 2012

49

Aplicações

ig

ita l

1.4

y

D

y0

ia

y0/2

t 5000 10000 15000 20000 25000 30000 35000 40000 45000 50000

óp

Figura 1.15. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.15

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

50

ita l

Misturas

óp

ia

Figura 1.16. Tanque

D

ig

1.4.3

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

51

Aplicações

ita l

1.4

D

ig

Vamos supor que um tanque contenha uma mistura de água e sal com um volume inicial de V0 litros e Q0 gramas de sal e que uma solução salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de Te litros por minuto possuindo uma concentração de Ce gramas de sal por litro. Suponha que a solução bem misturada sai a uma taxa de Ts litros por minuto. A taxa de variação da quantidade de sal no tanque é igual à taxa com que entra sal no tanque menos a taxa com que sai sal do tanque. A taxa com que entra sal no tanque é igual à taxa com que entra a mistura, Te , vezes a concentração de entrada, Ce . E a taxa com que sai sal do tanque é igual à taxa com que sai a mistura do tanque, Ts , vezes a concentração de sal que sai do tanque, Cs . Como a solução é bem misturada esta concentração é igual à concentração de sal no tanque, ou seja, Q(t) Cs (t) = . V (t) Como o volume no tanque, V (t), é igual ao volume inicial, V0 , somado ao volume que entra no tanque subtraido ao volume que sai do tanque, então V (t) = V0 + Te t − Ts t = V0 + ( Te − Ts )t.

óp

ia

Assim, a quantidade de sal no tanque, Q(t), é a solução do problema de valor inicial  Q  dQ = T C − T e e s dt V0 + ( Te − Ts )t  Q (0) = Q0

Exemplo 1.16. Num tanque há 100 litros de salmoura contendo 30 gramas de sal em solução. Água (sem sal) entra no tanque à razão de 6 litros por minuto e a mistura se escoa à razão de 4 litros por minuto, conservando-se a concentração uniforme por agitação. Vamos determinar qual a concentração de sal no tanque ao fim de 50 minutos. Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

52 O problema pode ser modelado pelo seguinte problema de valor inicial  Q  dQ = −4 dt 100 + 2t  Q(0) = 30

dQ Q +4 =0 dt 100 + 2t Um fator integrante é neste caso R

4 100+2t dt

2

= e2 ln(100+2t) = eln((100+2t) ) = (100 + 2t)2 .

Multiplicando-se a equação por µ(t) = e

R

D

µ(t) = e

ig

A equação é linear e pode ser escrita como

4 100+2t dt

= (100 + 2t)2 obtemos

 d  (100 + 2t)2 Q = 0. dt Integrando-se obtemos ou seja,

ia

(100 + 2t)2 Q(t) = c

óp

Q(t) =

c . (100 + 2t)2

Substituindo t = 0 e Q = 30:

c = 30 · 1002 = 3 · 105

Substituindo o valor de c encontrado:

Q(t) =

Tópicos de Equações Diferenciais

3 · 105 (100 + 2t)2 GoBack GoForward

Março 2012

53

Aplicações

ita l

1.4

A concentração é o quociente da quantidade de sal pelo volume que é igual à V (t) = 100 + 2t. Assim, 3 · 105 c(t) = (100 + 2t)3 e após 50 minutos 3 · 105 3 = = 0, 0375 gramas/litro 80 (200)3

óp

ia

D

ig

c(50) =

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

54

Q 35 30 25 20

ig

15 10 5

D

Figura 1.17. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.16

100

200

t 300

400

500

c

óp

ia

0.35 0.3 0.25 0.2 0.15 0.1 0.05 t

Figura 1.18. Concentração como função do tempo para o problema do Exemplo 1.16 Tópicos de Equações Diferenciais

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100

200

300

400

500

Março 2012

55

Aplicações

1.4.4

Lei de Resfriamento de Newton

ita l

1.4

ig

A lei de resfriamento de Newton diz que a taxa de variação da temperatura T (t) de um corpo em resfriamento é proporcional à diferença entre a temperatura atual do corpo T (t) e a temperatura constante do meio ambiente Tm , ou seja, a temperatura do corpo, T (t) é a solução do problema de valor inicial   dT = k( T − Tm ) dt  T (0) = T0

D

Exemplo 1.17. O café está a 90◦ C logo depois de coado e, um minuto depois, passa

ia

para 85◦ C, em uma cozinha a 25◦ C. Vamos determinar a temperatura do café em função do tempo e o tempo que levará para o café chegar a 60◦ C.   dT = k( T − 25) dt  T (0) = 90, T (1) = 85 Dividindo-se a equação por T − 25:

óp

1 T0 = k T − 25

Integrando-se em relação a t

Z

Z

Março 2012

1 T 0 dt = T − 25 1 dT = T − 25

Z

Z

kdt kdt

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

56 ln | T − 25| = kt + c1 T (t) = 25 ± ec1 ekt = 25 + cekt Substituindo t = 0 e T = 90:

⇒

90 = 25 + c

c = 65

Substituindo-se t = 1 e T = 85: 85 = 25 + 65ek

⇒

k = ln(

ig

T (t) = 25 + 65ekt

60 ) 65

60

D

Assim, a temperatura do café em função do tempo é dada por T (t) = 25 + 65eln( 65 )t = 25 + 65 Substituindo T = 60:



60 65

t

60

ia

60 = 25 + 65eln( 65 )t

Logo, o tempo necessário para que o café atinja 60◦ é de ln(35/65) ≈ 8 min ln(60/65)

óp

t=

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

57

Aplicações

ig

ita l

1.4

T

100

D

80

60

ia

40

t 5

10

15

20

25

30

35

40

óp

Figura 1.19. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.17

20

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

58

ita l

Lei de Torricelli

D

ig

1.4.5

óp

ia

Figura 1.20. Tanque com um orifício

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

59

Aplicações

ita l

1.4

A lei de Torricelli diz que a taxa com que √ um líquido escoa por um orifício situado a uma profundidade h é proporcional a h. Ou seja,

√ dV = k h. dt

Existe uma relação entre V e h, V = V (h), que depende da forma do tanque. Como

ig

dV dh dV = , dt dh dt

D

então a altura, h(t), é a solução do problema de valor inicial  √   dh = k h dV dt dh   h (0) = h0

ia

Exemplo 1.18. Um tambor cilíndrico, de 2 metros de altura e base circular de raio

óp

1 metro, está cheio de água. Se fizermos um furo no fundo e em 30 minutos a água cair pela metade vamos determinar a altura h da água dentro do tambor em função do tempo e em quanto tempo o tanque esvazia.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ig

ita l

60

h

D

2

1.5

1

ia

0.5 t 20

40

60

80

100

óp

Figura 1.21. Solução do problema do Exemplo 1.18

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

61

Aplicações

ita l

1.4

Como para o cilindro V (h) = πR2 h = πh então

ig

dV = π. dh Como uma constante sobre π é também uma constante, então o problema pode ser modelado por  √  dh =k h dt  h(0) = 2, h(30) = 1

D

1 Multiplicando-se a equação por √ obtemos h 1 √ h0 = k. h

Integrando-se ambos os membros em relação a t obtemos 1 √ h0 dt = h

Z

kdt.

ia

Z

Fazendo-se a substituição h0 dt = dh obtemos 1 √ dh = h

óp

Z

Z

kdt.

Calculando-se as integrais obtemos a solução geral na forma implícita √ 2 h = kt + c

(1.19)

ou explicitando-se a solução:

h(t) = (

Março 2012

c + kt 2 ) . 2 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Substituindo-se t = 0 e h = 2 em (1.19): √ 2 2=c Substituindo-se t = 30 e h = 1 em (1.19):

⇒

ig

c + 30k = 2

√ 2−c 1− 2 k= = 30 15

ita l

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

62

√ 30 2 c ≈ 102 min t=− = √ k 2−1

ia

Substituindo-se h = 0:

D

Assim, a função que descreve como a altura da coluna de água varia com o tempo é dada por √ √ c + kt 2 1− 2 2 ) = ( 2+ t) h(t) = ( 2 30

1.4.6

Resistência em Fluidos

óp

Um corpo que se desloca em um meio fluido sofre uma força de resistência que é proporcional a velocidade do corpo. A velocidade, v(t), é a solução do problema de valor inicial   dv = F − kv m dt  v (0) = 0

Para um corpo que cai a força F é igual ao peso do corpo. Para um barco que se desloca na água ou um carro em movimento a força F é igual à força do motor.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

63

Aplicações

ita l

1.4

P = − mg

D

P = − mg

ig

Fr = − kv

Exemplo 1.19. Um paraquedista com o seu paraquedas pesa 70 quilogramas e salta

óp

ia

de uma altura de 1400 metros. O paraquedas abre automaticamente após 5 segundos de queda. Sabe-se que a velocidade limite é de 5 metros por segundo. Vamos determinar a velocidade que o paraquedista atinge no momento que o paraquedas abre, quanto tempo demora para a velocidade chegar a 5,1 metros por segundo e como varia a altura em função do tempo. Vamos convencionar que o sentido positivo é para cima e que a origem está na superfície da Terra. Até o momento em que o paraquedas abre a velocidade é a solução do problema de valor inicial  

dv = P = −mg dt  v (0) = 0

Março 2012

m

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

64 Ou seja,   dv = −10 dt  v (0) = 0 o que leva a solução v(t) = −10t.

v(5) = −50 m/s

ig

Quando o paraquedas abre a velocidade é então de

D

Até este momento a altura do paraquedista em função do tempo é a solução do problema de valor inicial   dh = v(t) = −10t dt  h(0) = 1400 cuja solução é

h(t) = 1400 − 5t2

ia

Assim, até o momento que o paraquedas abre o paraquedista caiu 1400 − h(5) = 125 m

óp

Daí em diante a velocidade do paraquedista é a solução do problema de valor inicial   dv m = −mg − kv dt  v(5) = −50

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

65

Aplicações

ita l

1.4

|v| 50 45 40 35

25 20 15 10 5

D

Figura 1.22. Módulo da velocidade do Exemplo 1.19

ig

30

5

10

15

20

25

t 30

35

40

45

50

h

óp

ia

1400 1200 1000 800 600 400 200 t 50

100

150

200

250

Figura 1.23. Altura do Exemplo 1.19 Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

66

A equação dv = −10 − Kv dt pode ser reescrita como

D

1 v 0 = −1 10 + Kv

ig

A força de resistência é igual à −kv, o sinal menos com uma constante positiva indica que a força de resistência é no sentido contrário ao da velocidade. Observe que a velocidade é negativa o que faz com que a força de resistência seja positiva, ou seja, para cima como convencionamos no início.  k  dv = −10 − v = −10 − Kv, K = k/70 dt 70  v(5) = −50

Integrando-se

ln |10 + Kv| = −Kt + c1

ia

10 + Kv = ±ec1 e−Kt 10 v(t) = − + ce−Kt K A velocidade limite é de −5 m/s, logo lim v(t) = −

óp

t→∞

10 = −5 K

⇒

K=2

−Kt : Substituindo-se t = 5 e v = −50 em v(t) = − 10 K + ce

−50 = −5 + ce−5K

⇒

c = −45e5K

ou seja, a solução do problema de valor inicial é v(t) = −5 − 45e−2(t−5)

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

67

Aplicações

ita l

1.4

Substituindo-se v = −5,1 (lembre-se que é negativo por que é para baixo!) obtemos

−5,1 = −5 − 45e−2(t−5)

⇒

t−5 =

ln 450 ≈ 3 segundos, 2

ig

ou seja, 3 segundos depois do paraquedas aberto a velocidade já é de 5,1 m/s. Depois que o paraquedas abre a altura em função do tempo é a solução do problema de valor inicial   dh = v(t) = −5 − 45e−2(t−5) dt  h(5) = 1400 − 125 = 1275

D

a solução geral da equação é h ( t ) = −5( t − 5) +

45 −2(t−5) e +c 2

Substituindo-se t = 5 e h = 1275 obtemos c = 2505/2. Assim, a solução deste problema de valor inicial é

ia

2505 45 − 5 ( t − 5 ) + e −2( t −5) , 2 2

para t > 5

óp

h(t) =

1.4.7

Circuitos Elétricos

Um circuito RC é um circuito que tem um resistor de resistência R, um capacitor de capacitância C e um gerador que gera uma diferença de potencial ou força eletromotriz V (t) ligados em série. A queda de potencial num resistor de resistência R é igual Q à RI e num capacitor de capacitância C é igual à . C

Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

68

Pela segunda lei de Kirchhoff (lei das malhas) a soma da forças eletromotrizes (neste caso apenas V (t)) é igual à soma das quedas de potencial (neste caso R I na resistência e Q/C no capacitor), ou seja, RI+

dQ , então a carga Q(t) no capacitor satisfaz a equação diferencial dt

ig

Como I (t) =

Q = V ( t ). C

dQ 1 + Q = V ( t ). dt C

óp

ia

D

R

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

69

Aplicações

ita l

1.4

R

Figura 1.24. Circuito RC

D

ig

C

V (t)

óp

ia

Q

0.001

0.0005

t

Figura 1.25. Solução do problema do Exemplo 1.20 Março 2012

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0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Reginaldo J. Santos

ita l

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

70

Exemplo 1.20. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferença de potencial de 10

volts enquanto a resistência é de 103 ohms e a capacitância é de 10−4 farads. Vamos encontrar a carga Q(t) no capacitor em cada instante t, se Q(0) = 0 e o limite de Q(t) quando t tende a mais infinito. dQ + 104 Q = 10 dt

⇒

dQ + 10Q = 10−2 . dt

ig

103

D

A equação é linear. Multiplicando-se a equação pelo fator integrante µ(t) = e10t obtemos d  10t  e Q = 10−2 e10t dt integrando-se obtemos e10t Q(t) = 10−3 e10t + k ou

Q(t) = 10−3 + ke−10t

ia

Substituindo-se t = 0 e Q = 0 obtemos k = −10−3 e assim a solução do problema de valor inicial é   Q(t) = 10−3 1 − e−10t coulombs. lim Q(t) = 10−3 coulombs.

óp

t→∞

1.4.8

Reações Químicas

Um composto C é formado da reação de duas substâncias A e B. A reação ocorre de forma que para cada m gramas de A, n gramas de B são usadas. A taxa com que se obtém a substância C é proporcional tanto a quantidade de A quanto a quantidade de B não transformadas. Inicialmente havia α0 gramas de A e β 0 gramas de B.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

71

Aplicações

ita l

1.4

Sejam α(t) e β(t) as quantidades de A e B não transformadas, respectivamente e y(t) a quantidade de C obtida. Então, dy ∝ α ( t ) β ( t ). dt

(1.20)

Sejam a(t) e b(t) a quantidade de A e B transformadas. Então,

De onde segue-se que

m y ( t ), m+n

b(t) =

D

a(t) =

a(t) m = . b(t) n

ig

a ( t ) + b ( t ) = y ( t ),

n y ( t ). m+n

(1.21)

Mas as quantidades de A e B não transformadas e transformadas estão relacionadas por α ( t ) = α0 − a ( t ), β ( t ) = β 0 − b ( t ). (1.22)

ia

Substituindo-se (1.21) em (1.22) e (1.22) em (1.20) obtemos    m n dy ∝ α0 − y β0 − y , dt m+n m+n

óp

ou ainda,

dy ∝ dt

 α0

m+n −y m

 β0

 m+n −y . n

Neste caso a quantidade da substância C como função do tempo, y(t), é a solução do problema de valor inicial   dy m+n m+n = k(α∗ − y)( β∗ − y) em que k > 0, α∗ = α0 e β∗ = β 0 . dt  m n y (0) = 0

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

72

ita l

(a) Se α∗ = β∗ . Neste caso os reagentes foram colocados em quantidades estequiométricas, ou seja, de forma que não haverá sobra de reagentes. 1 A equação é separável. Multiplicando-se a equação por (α∗ − obtemos y )2 1 y0 = k ( α ∗ − y )2

ig

Integrando-se em relação a t obtemos Z

1 y0 dt = ∗ ( α − y )2

Z

kdt + c

fazendo-se a substituição y0 dt = dy obtemos 1 dy = ∗ ( α − y )2

Z

D

Z

kdt + c.

ia

Logo, a solução da equação diferencial é dada implicitamente por 1 = kt + c. α∗ − y

óp

Substituindo-se t = 0 e y = 0 na equação acima obtemos c=

1 . α∗

Vamos explicitar y(t). 1 kt + c Portanto, a solução do problema de valor inicial é

Tópicos de Equações Diferenciais

α∗ − y =

y(t) = α∗ − GoBack GoForward

1 kt + c Março 2012

73

Aplicações Substituindo-se o valor de c obtido:

ita l

1.4

y(t) = α∗ − Observe que

α∗ α∗ kt + 1

lim y(t) = α∗ = β∗ ,

t→∞

m y(t)) = 0, t→∞ t→∞ m+n n y(t)) = 0. lim β(t) = lim ( β 0 − t→∞ t→∞ m+n

ig

lim α(t) = lim (α0 −

D

(b) Se α∗ 6= β∗ . Neste caso os reagentes foram colocados em quantidades não estequiométricas e haverá sobra de um dos reagentes. A equação é separável. Multiplicando-se a equação por (α∗ −y)(1 β∗ −y) obtemos

(α∗

1 y0 = k − y)( β∗ − y)

ia

Integrando-se em relação a t obtemos Z

1 y0 dt = (α∗ − y)( β∗ − y)

Z

kdt + c1

óp

fazendo-se a substituição y0 dt = dy obtemos Z

Vamos decompor

Março 2012

1 dy = (α∗ − y)( β∗ − y)

1 (α∗ −y)( β∗ −y)

(α∗

Z

kdt + c1 .

em frações parciais:

1 A B = ∗ + ∗ ∗ − y)( β − y) α −y β −y

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

74

ita l

Multiplicando-se a equação acima por (α∗ − y)( β∗ − y) obtemos 1 = A( β∗ − y) + B(α∗ − y)

ig

Substituindo-se y = α∗ e y = β∗ obtemos A = 1/( β∗ − α∗ ) e B = 1/(α∗ − β∗ ). Assim, Z  Z Z 1 1 1 1 dy = dy − dy (α∗ − y)( β∗ − y) β∗ − α∗ α∗ − y β∗ − y 1 = − ∗ (ln |α∗ − y| − ln | β∗ − y|) β − α∗ Logo, a solução da equação diferencial é dada implicitamente por

D

ln |α∗ − y| − ln | β∗ − y| = −k( β∗ − α∗ )t + c1 .

ia

Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como ∗ α − y = c1 − k( β∗ − α∗ )t. ln ∗ β − y Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto obtemos ∗ ∗ ∗ ∗ α∗ − y = ±ec1 e−( β −α )kt = ce−( β −α )kt ∗ β −y

óp

Substituindo-se t = 0 e y = 0 na equação acima obtemos c=

α∗ . β∗

Vamos explicitar y(t). α∗ − y = ( β∗ − y)ce−( β

Tópicos de Equações Diferenciais

∗ −α∗ )kt

⇒

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y − ce−( β

∗ −α∗ )kt

y = α∗ − β∗ ce−( β

∗ −α∗ )kt

Março 2012

75

Aplicações

ita l

1.4

Portanto, a solução do problema de valor inicial é y(t) =

∗

∗

∗

∗

α∗ − β∗ ce−( β −α )kt ∗ ∗ 1 − ce−( β −α )kt

Substituindo-se o valor de c obtido:

1 − e−( β −α )kt ∗ ∗ ∗ β − α∗ e−( β −α )kt

ig

y(t) = β∗ α∗ Observe que

+n , se β∗ > α∗ α∗ = α0 mm , m+n ∗ β = β 0 n , se α∗ > β∗ t→∞  m 0, se β∗ > α∗ lim α(t) = lim (α0 − y(t)) = , m α0 − n β 0 , se α∗ > β∗ t→∞ t→∞ m+n  n n β0 − m α0 , se β∗ > α∗ lim β(t) = lim ( β 0 − y(t)) = . 0, se α∗ > β∗ t→∞ t→∞ m+n



ia

D

lim y(t) =

óp

Exemplo 1.21. Um composto C é formado da reação de duas substâncias A e B. A reação ocorre de forma que para cada grama de B, 2 gramas de A são usadas. A taxa com que se obtém a substância C é proporcional tanto a quantidade de A quanto a quantidade de B não transformadas. Inicialmente havia 40 gramas de A e 50 gramas de B. Vamos determinar a quantidade de C em função do tempo, sabendo-se que em 10 minutos são formados 10 gramas de C. Sejam α(t) e β(t) as quantidades de A e B não transformadas, respectivamente e y(t) a quantidade de C obtida. Então, dy ∝ α ( t ) β ( t ). dt

Março 2012

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(1.23) Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

Sejam a(t) e b(t) a quantidade de A e B transformadas. Então, a ( t ) + b ( t ) = y ( t ),

a(t) = 2b(t).

De onde segue-se que

ita l

76

1 2 y ( t ), b ( t ) = y ( t ). (1.24) 3 3 Mas as quantidades de A e B não transformadas e transformadas estão relacionadas por α(t) = 40 − a(t), β(t) = 50 − b(t). (1.25)

ig

a(t) =

D

Substituindo-se (1.24) em (1.25) e (1.25) em (1.23) obtemos    dy 2 1 ∝ 40 − y 50 − y , dt 3 3 ou ainda,

ia

dy ∝ (60 − y) (150 − y) . dt Neste caso a quantidade da substância C como função do tempo, y(t), é a solução do problema   dy = k(60 − y)(150 − y) dt  y(0) = 0, y(10) = 10

óp

A equação é separável. Multiplicando-se a equação por

1 (60−y)(150−y)

obtemos

1 y0 = k (60 − y)(150 − y)

Integrando-se em relação a t obtemos Z

1 y0 dt = (60 − y)(150 − y)

Tópicos de Equações Diferenciais

Z

kdt + c1

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Março 2012

77

Aplicações

fazendo-se a substituição y0 dt = dy obtemos Z

Vamos decompor

1 dy = (60 − y)(150 − y)

1 (60−y)(150−y)

Z

kdt + c1 .

em frações parciais:

ig

1 A B = + (60 − y)(150 − y) 60 − y 150 − y

ita l

1.4

Multiplicando-se a equação acima por (60 − y)(150 − y) obtemos 1 = A(150 − y) + B(60 − y)

ia

D

Substituindo-se y = 60 e y = 150 obtemos A = 1/90 e B = −1/90. Assim, Z  Z Z 1 1 1 1 dy = dy − dy (60 − y)(150 − y) 90 60 − y 150 − y 1 = − (ln |60 − y| − ln |150 − y|) 90 Logo, a solução da equação diferencial é dada implicitamente por ln |60 − y| − ln |150 − y| = −90kt + c1 .

óp

Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como 60 − y = c1 − 90kt. ln 150 − y Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto obtemos 60 − y = ±ec1 e−90kt = ce−90kt 150 − y Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

Substituindo-se t = 0 e y = 0 na equação acima obtemos c=

2 . 5

25 = e−900k 28 ou 90k =

1 ln 10



28 25

 .

60 − y = (150 − y)ce−90kt

⇒

D

Vamos explicitar y(t).

ig

Substituindo-se c = 25 , t = 10 e y = 10 na equação acima obtemos

ita l

78

y − ce−90kt y = 60 − 150ce−90kt

Portanto, a solução do problema de valor inicial é

60 − 150ce−90kt 1 − ce−90kt

ia

y(t) =

Substituindo-se os valores de c e k obtidos: 1

28

óp

300(1 − 300(1 − e− 10 ln( 25 )t ) y(t) = = 1 ln 28 t − 10 ( 25 ) 5 − 2e 5−2


28 −t/10 ) 25
− t/10 28 25

Observe que

lim y(t) = 60 gramas

t→∞

2 lim α(t) = lim (40 − y(t)) = 0 t→∞ 3

t→∞

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

79

Aplicações 1 lim β(t) = lim (50 − y(t)) = 30 gramas t→∞ 3

t→∞

ita l

1.4

óp

ia

D

ig

Portanto, a quantidade inicial de A será toda consumida na reação, entretanto sobrará ainda 30 gramas de B.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

60

D

50

ig

y

ita l

80

40 30

ia

20 10

Função do Exem-

50

100

150

200

óp

Figura 1.26. plo 1.21

t

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

81

Aplicações

ita l

1.4

Temos então dy ∝ dt



2 40 − y 3

 1 20 − y , 3

D

ou ainda,



ig

Exemplo 1.22. Nas mesmas condições de exemplo anterior, um composto C é formado da reação de duas substâncias A e B. A reação ocorre de forma que para cada grama de B, 2 gramas de A são usadas. A taxa com que se obtém a substância C é proporcional tanto a quantidade de A quanto a quantidade de B não transformadas. Mas agora vamos supor que havia inicialmente 40 gramas de A e 20 gramas de B. Vamos determinar a quantidade de C em função do tempo, sabendo-se que em 10 minutos são formados 10 gramas de C.

dy ∝ (60 − y)2 . dt

ia

Neste caso a quantidade da substância C como função do tempo, y(t), é a solução do problema   dy = k (60 − y)2 dt  y(0) = 0, y(10) = 10

óp

A equação é separável. Multiplicando-se a equação por

1 (60−y)2

obtemos

1 y0 = k (60 − y)2

Integrando-se em relação a t obtemos Z

Março 2012

1 y0 dt = (60 − y)2

Z

kdt + c

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Reginaldo J. Santos

fazendo-se a substituição y0 dt = dy obtemos Z

1 dy = (60 − y)2

Z

kdt + c.

Logo, a solução da equação diferencial é dada implicitamente por

ig

1 = kt + c. 60 − y

ita l

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

82

Substituindo-se t = 0 e y = 0 na equação acima obtemos

Substituindo-se c =

1 60 ,

1 . 60

D

c=

t = 10 e y = 10 na equação acima obtemos k=

1 1 1 − = . 500 600 3000

Vamos explicitar y(t).

ia

1 kt + c Portanto, a solução do problema de valor inicial é 60 − y =

óp

y(t) = 60 −

1 kt + c

Substituindo-se os valores de c e k obtidos: y(t) = 60 −

3000 t + 50

lim y(t) = 60,

t→∞

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Março 2012

1.4

83

Aplicações

ita l

2 lim α(t) = lim (40 − y(t)) = 0, t→∞ 3 1 lim β(t) = lim (20 − y(t)) = 0. t→∞ t→∞ 3 t→∞

ig

y

60

D

50 40 30 20

ia

10

50

100

150

200

óp

Figura 1.27. Função do Exemplo 1.22

t

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

84

ita l

Exercícios (respostas na página 127)

4.1. Um tanque contém 100 litros de uma solução a uma concentração de 1 grama por litro. Uma solução 1 com uma concentração de 2te− 100 t gramas por litro entra no tanque a uma taxa constante de 1 litro por minuto, enquanto que a solução bem misturada sai à mesma taxa. (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo.

ig

(b) Calcule a concentração de sal no tanque t = 10 minutos após o início do processo.

2

D

4.2. Um tanque contém inicialmente 100 litros de água pura. Então, água salgada, contendo 30 e− 10 t gramas de sal por litro, passa a ser bombeada para o tanque a uma taxa de 10 litros por minuto. Simultaneamente a solução passa a ser agitada e retirada do tanque na mesma taxa. (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo. (b) Calcule em que instante a concentração de sal no tanque será de 7,5 gramas por litro.

ia

4.3. Um tanque contém inicialmente 100 litros de água e 100 gramas de sal. Então, uma mistura de água e sal na concentração de 5 gramas de sal por litro é bombeada para o tanque a uma taxa de 4 litros por minuto. Simultaneamente a solução (bem misturada) é retirada do tanque na mesma taxa.

óp

(a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo. (b) Calcule a concentração limite de sal no tanque quando t → ∞ e o tempo necessário para que a concentração atinja metade deste valor. 4.4. Suponha que um tanque contenha uma mistura de água e sal com um volume inicial 100 litros e 10 gramas de sal e que uma solução salina seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 3 litros por minuto possuindo uma concentração de 1 grama de sal por litro. Suponha que a solução bem misturada sai a uma taxa de 2 litros por minuto. Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

85

Aplicações

ita l

1.4

(a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo. (b) De qual valor se aproxima a concentração quando o tanque está enchendo, se a sua capacidade é de 200 litros?

ig

4.5. Suponha que um tanque contenha uma mistura de água e sal com um volume inicial 100 litros e 10 gramas de sal e que água pura seja bombeada para dentro do tanque a uma taxa de 1 litro por minuto. Suponha que a solução bem misturada sai a uma taxa de 2 litros por minuto. (a) Determine a quantidade de sal no tanque em cada instante t, onde t é contado a partir do início do processo. (b) De qual valor se aproxima a concentração quando o tanque se aproxima de ficar vazio?

D

4.6. Dentro da Terra a força da gravidade é proporcional à distância ao centro. Um buraco é cavado de polo a polo e uma pedra é largada na borda do buraco. (a) Determine a velocidade da pedra em função da distância. (b) Com que velocidade a pedra atinge o centro da Terra? Com que velocidade atinge o outro polo? dv dt

=

dv dx dx dt

ev=

dx dt )

ia

(Sugestão:

óp

4.7. A taxa com que uma gota esférica se evapora ( dV dt ) é proporcional a sua área. Determine o raio da gota em função do tempo, supondo que no instante t = 0 o seu raio é r0 e que em uma hora o seu raio seja a metade. 4.8. Num processo químico, uma substância se transforma em outra, a uma taxa proporcional à quantidade de substância não transformada. Se esta quantidade é 48 ao fim de 1 hora, e 27, ao fim de 3 horas, qual a quantidade inicial da substância? 4.9. A população de bactérias em uma cultura cresce a uma taxa proporcional ao número de bactérias no instante t. Após três horas, observou-se a existência de 400 bactérias. Após 9 horas, 2500 bactérias. Qual era o número inicial de bactérias? Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

86

4.10. Uma população de bactérias cresce a uma taxa proporcional a população presente. Sabendo-se que após uma hora a população é 2 vezes a população inicial, determine a população como função do tempo e o tempo necessário para que a população triplique. Faça um esboço do gráfico da população em função do tempo.

ig

4.11. Suponha que em uma comunidade de 100 pessoas inicialmente apenas uma pessoa seja portador de um vírus e que a taxa com que o vírus se espalha na comunidade seja proporcional tanto ao número de pessoas infectadas como também ao número de pessoas não infectadas. Se for observado que após 4 semanas 5 pessoas estão infectadas. Determine o número de pessoas infectadas em função do tempo. Faça um esboço do gráfico da solução. 4.12. Na tabela abaixo estão os dados dos 6 penúltimos recenseamentos realizados no Brasil. População 52 milhões 70 milhões 93 milhões 119 milhões 147 milhões 170 milhões

ia

D

Ano 1950 1960 1970 1980 1991 2000

óp

Podemos escrever o modelo logístico na forma

1 dy = ay + b y dt

em que a = −k e b = ky M . Usando a tabela anterior, podemos aproximar a derivada y0 (ti ), para ti = 1950, 1960, 1970, 1980, 1991, 2000, pela diferença finita para frente

Tópicos de Equações Diferenciais

dy y ( t i +1 ) − y ( t i ) ( ti ) ≈ dt t i +1 − t i GoBack GoForward

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87

Aplicações ou pela diferença finita para trás

ita l

1.4

dy y ( t i ) − y ( t i −1 ) ( ti ) ≈ dt t i − t i −1 Complete a tabela seguinte

Assim,

y

−y

gi = y1 ti+1 −t i i i +1 i 0, 0346 0, 0329 0, 0280 0, 0214 0, 0174 -

hi =

1 y i − y i −1 y i t i − t i −1

gi + h i 2

ig

yi 52 milhões 70 milhões 93 milhões 119 milhões 149 milhões 170 milhões

D

ti 1950 1960 1970 1980 1991 2000

0, 0257 0, 0247 0, 0218 0, 0173 0, 0150

ia

1 dy g + hi (t ) = ay(ti ) + b ≈ i , y dt i 2 para ti = 1960, 1970, 1980, 1991. Usando quadrados mínimos encontre a melhor reta, z = ay + b, que se g +h ajusta ao conjunto de pontos (yi , i 2 i ), para yi = 1960, 1970, 1980, 1991. Determine k e y M a partir dos valores de a e b encontrados.

óp

Usando t0 = 2000, y0 = 170 milhões obtenha y(t) =

257 · 106 1 + 0, 51 · e−0,04(t−2000)

Determine a estimativa para a população do ano 2010, y(2010). Compare com o recenseamento realizado em 2010, em que a população foi de 190, 7 milhões. Março 2012

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88

ita l

260 250 240 230 220 210

ig

190 180 170 160 150

D

População (em milhões)

200

140 130 120 100 90 80 70

óp

60

ia

110

50 1950

1960

Tópicos de Equações Diferenciais

1970

1980

1990

2000

2010

2020

2030

2040

2050

2060

Ano

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Março 2012

89

Aplicações

ita l

1.4

4.13. Um tambor cônico com vértice para baixo, de 2 metros de altura e base circular de raio 1 metro, está cheio de água. Se fizermos um furo no fundo e em 30 minutos a altura da coluna de água cair pela metade determinar a altura h em função do tempo e em quanto tempo o tanque esvazia. A lei de Torricelli√ diz que a taxa com que um líquido escoa por um orifício situado a uma profundidade h é proporcional a h. 4.14. Um termômetro é levado de uma sala onde a temperatura é de 20◦ C para fora onde a temperatura é de 5◦ C. Após 1/2 minuto o termômetro marca 15◦ C.

ig

(a) Determine a temperatura marcada no termômetro como função do tempo. (b) Qual será a leitura do termômetro após 1 minuto?

(c) Em quanto tempo o termômetro irá marcar 10◦ C?

D

4.15. Um bote motorizado e seu tripulante têm uma massa de 120 kg e estava inicialmente no repouso. O motor exerce uma força constante de 10 N, na direção do movimento. A resistência exercida pela água, ao movimento, é, em módulo, igual ao dobro da velocidade. (a) Determine a velocidade do bote em função do tempo. (b) Determine a velocidade limite do bote.

ia

(c) Faça um esboço do gráfico da velocidade em função do tempo. 4.16. Em um circuito RC uma bateria gera uma diferença de potencial de 10 volts enquanto a resistência é de 200 ohms e a capacitância é de 10−4 farads. Encontre a carga Q(t) no capacitor em cada instante t, se Q(0) = 0. Encontre também a corrente I (t) em cada instante t.

óp

4.17. Considere o circuito elétrico abaixo formado por um resistor, um indutor e uma fonte de tensão externa. A bateria gera uma diferença de potencial de V (t) = 10 volts, enquanto a resistência R é de 100 ohms dI e a indutância L é de 0,5 henrys. Sabendo-se que a queda de potencial em um indutor é igual à L , dt encontre a corrente I (t) em cada instante t, se I (0) = 0.

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ig

ita l

90

D

R

ia

L

V (t)

óp

Figura 1.28. Circuito RL

Tópicos de Equações Diferenciais

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91

Aplicações

ita l

1.4

4.18. Um composto C é formado da reação de duas substâncias A e B. A reação ocorre de forma que para cada grama de B, 4 gramas de A são usadas. A taxa com que se obtém a substância C é proporcional tanto a quantidade de A quanto a quantidade de B não transformadas. Inicialmente havia 32 gramas de A e 50 gramas de B. (a) Determine a quantidade de C em função do tempo, sabendo-se que em 10 minutos são formados 30 gramas de C. Qual a quantidade limite de C após um longo período. Quanto restará de A e B após um longo período.

óp

ia

D

ig

(b) Repita o item anterior se estão presentes inicialmente 32 gramas de A e 8 gramas de B.

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

92

Existência e Unicidade de Soluções

ita l

1.5

Considere novamente o problema de valor inicial   dy = f (t, y) dt  y ( t0 ) = y0

(1.26)

óp

ia

D

ig

Nem sempre este problema tem uma única solução como mostra o próximo exemplo.

Tópicos de Equações Diferenciais

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93

ita l

1.5. Existência e Unicidade de Soluções

ig

y

0.6 0.5

D

0.4 0.3 0.2

ia

0.1

0.2

0.4

0.6

0.8

1

óp

Figura 1.29. Duas soluções do problema de valor inicial do Exemplo 1.23

t

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

94

Exemplo 1.23. Considere o problema de valor inicial  √  dy = y dt  y (0) = 0

y1 ( t ) =

t2 , 4

para t ≥ 0

ig

Este problema tem duas soluções. Resolvendo a equação diferencial como uma equação separável obtemos (verifique!)

D

e analisando a equação diferencial como uma equação autônoma temos a solução de equilíbrio y2 (t) = 0. ∂f forem contínuas em um retângulo em torno ∂y de (t0 , y0 ) o que ocorreu no exemplo anterior não acontece como estabelecemos no próximo teorema que será demonstrado apenas ao final da seção.

óp

ia

Se a função f (t, y) e a sua derivada

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

95

ita l

1.5. Existência e Unicidade de Soluções

D

ig

y

γ

y0

ia

δ

t α

t0

β

óp

Figura 1.30. Retângulo em torno de (t0 , y0 ) onde o problema de valor inicial tem uma única solução

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

96

Teorema 1.1 (Existência e Unicidade). Considere o problema de valor inicial   dy = f (t, y) dt  y ( t0 ) = y0

(1.27)

ig

∂f são contínuas no retângulo R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, δ < y < γ} contendo (t0 , y0 ), então o ∂y problema (1.27) tem uma única solução em um intervalo contendo t0 .

óp

ia

D

Se f (t, y) e

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Março 2012

97

ita l

1.5. Existência e Unicidade de Soluções

Exemplo 1.24. Para o problema de valor inicial do Exemplo 1.23 mas com o ponto inicial (t0 , y0 )

 √  dy = y dt  y ( t0 ) = y0

√

y

⇒

∂f 1 = √ . ∂y 2 y

ig

f (t, y) =

D

Vemos que se (t0 , y0 ) é tal que y0 > 0, então o problema de valor inicial acima tem solução única.

Exemplo 1.25. Considere o problema de valor inicial

ia

  dy = y2 dt  y ( t0 ) = y0

óp

Pelo Teorema 1.1 o problema de valor inicial acima tem uma única solução para todo (t0 , y0 ) ∈ R2 . Mas, por exemplo, para t0 = 0 e y0 = 1 o problema tem solução −1 y(t) = (verifique!) e é válida somente no intervalo t < 1. t−1 No exemplo anterior apesar do Teorema 1.1 garantir que em todo ponto (t0 , y0 ) ∈ R2 existe uma solução localmente (num intervalo em torno de t0 ) estas soluções não se juntam de modo a formar soluções globais (que existam para todo t ∈ R). Isto não ocorre para equações lineares como provamos a seguir.

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ita l

98

ig

y

9 8 7

D

6 5 4 3

ia

2

-1.5

-1

-0.5

t 0.5

1

1.5

óp

Figura 1.31. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 1.25 para t0 = 0 e y0 = 1.

1

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

99

ita l

1.5. Existência e Unicidade de Soluções

Teorema 1.2 (Existência e Unicidade para Equações Lineares). Considere o problema de valor inicial

ig

  dy + p(t)y = q(t) dt  y ( t0 ) = y0

óp

ia

D

Se p(t) e q(t) são funções contínuas em um intervalo aberto I contendo t0 , então o problema de valor inicial tem uma única solução neste intervalo.

Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

100

Demonstração. A unicidade segue-se do Teorema 1.1 na página 96. Vamos provar a existência exibindo a solução do problema de valor inicial. Seja Z t  Rt 1 p(s)ds y(t) = µ(s)q(s)ds + y0 , em que µ(t) = e t0 . µ(t) t0

µ(t)y(t) =

Z t t0

ig

Por hipótese a função y(t) está bem definida. Vamos mostrar que y(t) é solução do problema de valor inicial. µ(s)q(s)ds + y0

D

Como p(t) e q(t) são contínuas, então d (µ(t)y(t)) = µ(t)q(t) dt Derivando o produto obtemos

Mas

dµ dt

dy dµ + y = µ ( t ) q ( t ). dt dt

ia

µ(t)

= µ(t) p(t), então a equação acima pode ser escrita como dy + µ ( t ) p ( t ) y = µ ( t ) q ( t ). dt

óp

µ(t)

Dividindo-se por µ(t) obtemos a equação dada. Agora, como y(t0 ) = y0 segue-se que y(t) dado é a solução do problema de valor inicial. 

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

101

1.5. Existência e Unicidade de Soluções

ita l

Exemplo 1.26. Considere o problema de valor inicial   dy 4 + y=5 dt t  y ( t0 ) = y0

4 e q(t) = 5. A função p(t) é contínua para t 6= 0. Para t0 = 2, t por exemplo, o problema de valor inicial tem uma única solução, que está definida pelo menos para t > 0 e para t0 = −3, o problema de valor inicial tem uma única solução, que está definida pelo menos para t < 0. Isto de fato ocorre como vimos ao resolver esta equação diferencial no Exemplo 1.9 na página 20.

Demonstração do Teorema de Existência e Unicidade

D

1.5.1

ig

Neste caso p(t) =

Demonstração do Teorema 1.1 na página 96. (a) Existência: Defina a seqüência de funções yn (t) por y n ( t ) = y0 +

ia

y0 ( t ) = y0 ,

Z t t0

f (s, yn−1 (s))ds,

para n = 1, 2, . . .

óp

Como f (t, y) é contínua no retângulo R, existe uma constante positiva b tal que

| f (t, y)| ≤ b,

para (t, y) ∈ R.

Assim,

| y1 ( t ) − y0 | ≤ b | t − t0 |,

para α < t < β.

∂f Como é contínua no retângulo R, existe uma constante positiva a (por que?) ∂y tal que

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| f (t, y) − f (t, z)| ≤ a |y − z|, GoBack GoForward

para α < t < β e δ < y, z < γ. Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

102 Assim,

|y2 (t) − y1 (t)| ≤

Z t t0

| f (s, y1 (s)) − f (s, y0 (s))|ds ≤a

Z t t0

|y1 (s) − y0 |ds ≤ ab

|y3 (t) − y2 (t)| ≤

Z t t0

t0

|s − t0 |ds = ab

ig

e

Z t

| t − t0 |2 2

| f (s, y2 (s)) − f (s, y1 (s))|ds Z t t0

|y2 (s) − y1 (s)|ds

D

≤a

≤ a2 b

Z t | s − t0 |2 t0

2

ds = a2 b

| t − t0 |3 . 6

Vamos supor, por indução, que

ia

|yn−1 (t) − yn−2 (t)| ≤ an−2 b

| t − t 0 | n −1 . ( n − 1) !

Então,

óp

|yn (t) − yn−1 (t)| ≤

Z t t0

| f (s, yn−1 (s)) − f (s, yn−2 (s))|ds ≤a

Z t t0

≤a

|yn−1 (s)) − yn−2 (s)|ds Z t t0

a n −2 b

| s − t 0 | n −1 | t − t0 | n ds = an−1 b ( n − 1) ! n!

(1.28)

Estas desigualdades são válidas para α ≤ α∗ < t < β∗ ≤ β em que α∗ e β∗ são tais que δ < yn (t) < γ sempre que α∗ < t < β∗ (por que existem α∗ e β∗ ?).

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

103

Segue-se de (1.28) que ∞

∑

ita l

1.5. Existência e Unicidade de Soluções

∞

|yn (t) − yn−1 (t)| ≤ b

n =1

∑

n =1

que é convergente. Como n

∑ (yk (t) − yk−1 (t)),

ig

y n ( t ) = y0 +

a n −1 ( β − α ) n n!

k =1

então yn (t) é convergente. Seja

Como

D

y(t) = lim yn (t). n→∞

m

|ym (t) − yn (t)| ≤

∑

m

|yk (t) − yk−1 (t)| ≤ b

k = n +1

∑

k = n +1

a k −1 ( β − α ) k , k!

ia

então passando ao limite quando m tende a infinito obtemos que ∞

∑

k = n +1

a k −1 ( β − α ) k k!

(1.29)

óp

|y(t) − yn (t)| ≤ b

Logo, dado um e > 0, para n suficientemente grande, |y(t) − yn (t)| < e/3, para α∗ < t < β∗ . Daí segue-se que y(t) é contínua, pois dado um e > 0, para s suficientemente próximo de t, temos que |yn (t) − yn (s)| < e/3 e para n suficientemente grande |y(t) − yn (t)| < e/3 e |y(s) − yn (s)| < e/3, o que implica que

|y(t) − y(s)| ≤ |y(t) − yn (t)| + |yn (t) − yn (s)| + |yn (s) − y(s)| < e.

Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

104

Z t

lim

n → ∞ t0

f (s, yn (s))ds =

Z t t0

f (s, lim yn (s))ds =

t0

f (s, y(s))ds,

ig

Z t Z t f ( s, y ( s )) ds − f ( s, y ( s )) ds n t t 0

Z t

n→∞

pois, por (1.29), temos que

0

ita l

Além disso para α∗ < t < β∗ , temos que

≤

Z t t0

| f (s, yn (s)) − f (s, y(s))|ds Z t t0

|yn (s) − y(s)|ds

D

≤a

∞

≤ ab(t − t0 )

∑

k = n +1

a k −1 ( β − α ) k k!

ia

que tende a zero quando n tende a infinito. Portanto, y(t)

=

lim yn (t) = y0 + lim

n→∞

óp

= y0 +

Z t

n → ∞ t0

Z t t0

f (s, yn−1 (s))ds =

f (s, lim yn−1 (s))ds = y0 + n→∞

Z t t0

f (s, y(s))ds

Derivando em relação a t esta equação vemos que y(t) é solução do problema de valor inicial.

(b) Unicidade: Vamos supor que y(t) e z(t) sejam soluções do problema de valor inicial. Seja

Tópicos de Equações Diferenciais

u(t) =

Z t

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t0

|y(s) − z(s)|ds. Março 2012

105

Assim, como y(t) =

Z t t0

y0 (s)ds =

Z t t0

f (s, y(s))ds,

então u0 (t) = |y(t) − z(t)| Z t

ou seja,

Z t

Z t t0

z0 (s)ds =

t0

Z t t0

f (s, z(s))ds,

| f (s, y(s)) − f (s, z(s))|ds ≤a

Z t t0

|y(s) − z(s)|ds

D

t0

|y0 (s) − z0 (s)|ds =

z(t) =

ig

≤

ita l

1.5. Existência e Unicidade de Soluções

u0 (t) ≤ au(t).

Subtraindo-se au(t) e multiplicando-se por e−at obtemos

ia

d − at (e u(t)) ≤ 0, dt

com u(t0 ) = 0.

Isto implica que e− at u(t) = 0 (lembre-se que u(t) ≥ 0) e portanto que u(t) = 0, para todo t. Assim, y(t) = z(t), para todo t.

óp



Março 2012

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

Exercícios (respostas na página 154)

ita l

106

5.1. Determine os pontos (t0 , y0 ) para os quais podemos garantir que o problema de valor inicial   dy = f (t, y) dt  y ( t0 ) = y0 tem uma única solução. p (a) Se f (t, y) = y2 − 4 √ (b) Se f (t, y) = ty

ig

y2 t2 + y2 p (d) Se f (t, y) = t 1 − y2 (c) Se f (t, y) =

5.3. Mostre que se

ia

D

5.2. Determine o maior intervalo em que os problemas de valor inicial abaixo têm solução, sem resolvê-los:   dy dy  2  2 ( t − 1) + ( t − 2) y = t ( t − t ) + ( t + 1) y = e t (a) (c) dt dt   y (0) = y0 y(−1) = y0   dy dy  2  2 2 (t − 1) + ty = t (t − t) + (t + 3)y = cos t (b) (d) dt dt   y (2) = y0 y (2) = y0 ∂f é contínua no retângulo ∂y

óp

R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, δ < y < γ},

então existe uma constante positiva a tal que

| f (t, y) − f (t, z)| ≤ a |y − z|,

para α < t < β e δ < y, z < γ.

Sugestão: Para t fixo, use o Teorema do Valor Médio para f como função somente de y. Escolha a como ∂f sendo o máximo de no retângulo. ∂y Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

107

5.4. Mostre que se f (t, y) e

∂f são contínuas no retângulo ∂y

ita l

1.5. Existência e Unicidade de Soluções

R = {(t, y) ∈ R2 | α < t < β, γ < y < δ} e a e b são constantes positivas tais que

| f (t, y)| ≤ b,

| f (t, y) − f (t, z)| ≤ a |y − z|,

para α < t < β e δ < y, z < γ,

y0 ( t ) = y0 ,

y n ( t ) = y0 +

Z t t0

ig

então existem α∗ e β∗ com α ≤ α∗ < t0 < β∗ ≤ β tais que a seqüência f (s, yn−1 (s))ds,

para n = 1, 2, . . .

óp

ia

D

satisfaz δ < yn (t) < γ sempre que α∗ < t < β∗ . Sugestão: mostre que   b − 1 e a | t − t0 | . | y n ( t ) − y0 | ≤ a

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Equações Diferenciais de 1a. Ordem

1.6

Respostas dos Exercícios

1. Introdução às Equações Diferenciais (página 14) 1.1. (a) Equação diferencial ordinária de 1a. ordem não linear. (b) Equação diferencial ordinária de 2a. ordem linear.

ita l

108

(a) Substituindo-se y = ert e

dy = rert na equação diferencial obtemos dt

D

1.3.

ig

1.2. ( x + 3)y100 + ( x + 2)y10 − y1 = ( x + 3)2 + ( x + 2)2x − x2 = x2 + 6x + 6 6= 0 ( x + 3)y200 + ( x + 2)y20 − y2 = ( x + 3)6x + ( x + 2)3x2 − x3 = 2x3 + 12x2 + 18x 6= 0 ( x + 3)y300 + ( x + 2)y30 − y3 = ( x + 3)e− x − ( x + 2)e− x − e− x = 0 Logo, y1 ( x ) = x2 e y2 ( x ) = x3 não são soluções da equação e y3 ( x ) = e− x é solução da equação.

arert + bert = ( ar + b)ert = 0.

Como ert 6= 0, então y(t) = ert é solução da equação diferencial se, e somente se, r é solução da equação ar + b = 0 d2 y dy = rert e 2 = r2 ert na equação diferencial obtemos dt dt

ia

(b) Substituindo-se y = ert ,

ar2 ert + brert + cert = ( ar2 + br + c)ert = 0.

óp

Como ert 6= 0, então y(t) = ert é solução da equação diferencial se, e somente se, r é solução da equação ar2 + br + c = 0

(c) Substituindo-se y = xr ,

Tópicos de Equações Diferenciais

d2 y dy = rxr−1 e 2 = r (r − 1) xr−2 na equação diferencial obtemos dx dx x2 r (r − 1) xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0. GoBack GoForward

Março 2012

1.6

109

Respostas dos Exercícios

ita l

r (r − 1) xr + brxr + cxr = 0.   r2 + (b − 1)r + c xr = 0.

Como xr 6= 0, então y = xr é solução da equação diferencial se, e somente se, r é solução da equação

1.4.

(a) 0 = y0 + ty2 =

ig

r2 + (b − 1)r + c = 0.

tr2 (−2r + r2 )t −2tr + = ( t2 − 3)2 ( t2 − 3)2 ( t − 3)2 r2 − 2r = 0

D

⇒

⇒

(b)

r=0

⇒

⇒

óp

ou

r=2

−2rt 2tr2 (−2r − 2r2 )t − = ( t2 + 1)2 ( t2 + 1)2 ( t2 + 1)2

ia

0 = y0 − 2ty2 =

∀t

∀t

r2 + r = 0

r=0

r = −1

ou

(c)

0 = y0 − 6ty2 =

Março 2012

6tr2 (−2r − 6r2 )t −2rt − = ( t2 + 1)2 ( t2 + 1)2 ( t2 + 1)2

⇒ ⇒

r=0

∀t

3r2 + r = 0 ou

r = −1/3

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem (d) 0 = y0 − ty2 =

ita l

110

−2rt tr2 (−2r − r2 )t − 2 = , 2 2 + 2) ( t + 2) ( t2 + 2)2

( t2

r2 + 2r = 0

⇒ ⇒

r=0

∀t

r = −2

ou

1.5. y(t) = at + b ⇒ y0 (t) = a e y00 (t) = 0.

ig

Substituindo-se y(t) = at + b, y0 (t) = a e y00 (t) = 0 na equação diferencial ty00 + (t − 1)y0 − y = 0 obtemos t · 0 + (t − 1) a − ( at + b) = 0.

− a − b = 0 ou a = −b.

D

Simplificando-se obtemos:

Logo, para que y(t) = at + b seja solução da equação diferencial temos que ter a = −b, ou seja, y(t) = at − a = a(t − 1).

ia

Portanto, todas as soluções da equação diferencial que são funções de 1o. grau são múltiplos escalares de y0 (t) = t − 1.

2.1.

óp

2. Equações Lineares de 1a. Ordem (página 26) (a)

µ( x ) = e

R

(1−2x )dx

= e x−x

2

2

Multiplicando a equação por µ( x ) = e x− x :

Tópicos de Equações Diferenciais

2 2 d  x − x2  e y = e x− x xe− x = xe− x dx

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Março 2012

111

Respostas dos Exercícios

e

x − x2

y( x ) =

Z

ita l

1.6

2 2 1 xe− x dx = − e− x + C 2

2 1 y( x ) = − e− x + Ce x − x 2

ig

1 2 = y(0) = − + C ⇒ C = 5/2 2 1 5 2 y( x ) = − e− x + e x − x 2 2

D

(b)

µ(t) = e

R

3t2 dt

= et

3

3

Multiplicando a equação por µ(t) = et :

ia

3 3 d  t3  e y = et e−t +t = et dt

t3

óp

e y(t) =

Março 2012

Z

et dt = et + C 3

y(t) = et−t + Ce−t

3

2 = y (0) = 1 + C ⇒ C = 1 3

y (t ) = et−t + e−t GoBack GoForward

3

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem (c) µ(t) = e

R

− cos t dt

ita l

112

= e− sen t

2 2 d − sen t
e y = e− sen t tet +sen t = tet dt

y(t) =

Z

2

tet dt =

1 t2 e +C 2

ig

e− sen t y(t) =

1 t2 +sen t e + Cesen t 2

1 + C ⇒ C = 3/2 2

D

2 = y (0) =

y(t) =

1 t2 +sen t 3 sen t e + e 2 2

(d)

ia

µ( x ) = e

R

x4 dx

=e

x5 5

x5

óp

Multiplicando a equação por µ( x ) = e 5 :  5  x x5 4x5 5 d e 5 y = e 5 x4 e 5 = x4 e x dx

Tópicos de Equações Diferenciais

x5

e 5 y( x ) =

y( x ) =

Z

5

x4 e x dx =

1 x5 e 5

x5 1 4x5 e 5 + Ce− 5 5

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Março 2012

113

Respostas dos Exercícios

1 = y (0) =

y( x ) = 2.2.

ita l

1.6

1 + C ⇒ C = 4/5 5 1 4x5 4 x5 e 5 + e− 5 5 5

(a) 4 2 y=− 3 x x

ig

y0 −

µ( x ) = e

− 4x dx

= x −4

D

Multiplicando a equação por µ( x ) = x −4 :

R

d  −4  2 x y =− 7 dx x

Integrando-se

Z

−

ia

x −4 y ( x ) =

y( x ) =

óp

(b)

y0 −

µ( x ) = e

R

− 1x dx

2 1 dx = 6 + C x7 3x

1 + Cx4 3x2 1 y = −x x

= x −1 , para x > 0

Multiplicando a equação por µ( x ) = x −1 :

Março 2012

d  −1  x y = −1 dx GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem Integrando-se x −1 y ( x ) = −

Z

dx = − x + C

y( x ) = − x2 + Cx (c) 4 y = x5 e x x

ig

y0 −

ita l

114

µ( x ) = e Multiplicando a equação por µ( x ) = x −4 :

R

− 4x dx

= x −4

D

d  −4  x y = xe x dx

Integrando-se

x −4 y ( x ) =

Z

xe x dx = xe x − e x + C

2.3.

(a)

ia

y( x ) = x5 e x − x4 e x + Cx4

óp

µ( x ) = e

R

5x4 dx

= ex

5

5

Multiplicando a equação por µ( x ) = e x :

Tópicos de Equações Diferenciais

5 5 d  x5  e y = e x x4 = x4 e x dx

5

e x y( x ) =

Z

5

x4 e x dx =

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1 x5 e +C 5 Março 2012

115

Respostas dos Exercícios

y( x ) =

5 1 + Ce− x 5

ita l

1.6

1 + C ⇒ C = y0 − 1/5 5   1 − x5 1 e y ( x ) = + y0 − 5 5

ig

y0 = y (0) =

  5 (b) y0 ( x ) = −5x4 y0 − 51 e− x . Para y0 > 1/5 a solução é decrescente e para y0 < 1/5 a solução é crescente.

2.4.

D

(c) limx→+∞ y( x ) = 1/5 e claramente independe do valor de y0 . (a)

y0 +

R

x

x2

dx

x y=0 −9 1

2 −9|

=

p

x2 − 9

ia

µ( x ) = e x2 −9 = e 2 ln | x √ Multiplicando a equação por µ( x ) = x2 − 9:

óp

 d p 2 x −9y = 0 dx

Março 2012

p

x2 − 9 y( x ) = C

y( x ) = √ y0 = y (5) =

C x2 − 9

C ⇒ C = 4y0 4

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

y( x ) = √

4y0 x2 − 9

(b) x > 3, para y0 6= 0 e −∞ < x < ∞, para y0 = 0.

2.5.

ita l

116

(c) limx→+∞ y( x ) = 0 e claramente independe do valor de y0 .     dy dy dy d (a) dt + p(t)y = dt (y1 (t) + y2 (t)) + p(t)(y1 (t) + y2 (t)) = dt1 + p(t)y1 + dt2 + p(t)y2 = 0 + 0 = dy

dy

ig

0, pois como y1 e y2 são soluções da equação diferencial, então dt1 + p(t)y1 = 0 e dt2 + p(t)y2 = 0.   dy dy d (b) dt + p(t)y = dt (cy1 (t)) + p(t)(cy1 (t)) = c dt1 + p(t)y1 = c0 = 0, pois como y1 é solução da 2 + p(t)y1 = 0 e ( dy dt + p ( t ) y2 = 0.     dy dy dy d 2.6. dt + p(t)y = dt (cy1 (t) + y2 (t)) + p(t)(cy1 (t) + y2 (t)) = c dt1 + p(t)y1 + dt2 + p(t)y2 = c0 + q(t) = q(t)

(a) Multiplicando-se a equação diferencial por 1/t obtemos a equação

ia

2.7.

dy1 dt

D

equação diferencial, então

dy 2 + y = t. dt t

O fator integrante é

µ(t) = e

R

2 dt t

2

= e2 ln |t| = eln t = t2 .

óp

Multiplicando-se a equação diferencial acima por µ(t) obtemos: t2

dy + 2ty = t3 . dt

O lado esquerdo é igual à derivada do produto t2 y(t). Logo, a equação acima é equivalente a

Tópicos de Equações Diferenciais

 d 2 t y ( t ) = t3 . dt GoBack GoForward

Março 2012

117

Respostas dos Exercícios Integrando-se obtemos

ita l

1.6

t4 +c 4 Explicitando y(t) temos que a solução geral da equação diferencial é t2 y ( t ) =

y(t) =

(1.30)

ig

Para c = 0 a solução é a parábola

t2 c + 2. 4 t

y0 ( t ) =

t2 . 4

D

Para c 6= 0, temos que o domínio de y(t) é o conjunto dos números reais tais que t 6= 0. Vamos analisar o comportamento das soluções para valores muito grandes de t. lim y(t) = +∞,

t→±∞

se c 6= 0.

ia

Observamos da expressão da solução geral que para valores de |t| muito grandes as soluções com c 6= 0 são próximas da solução com c = 0 que é y0 (t) = t2 /4. Sendo que se c > 0, elas estão acima de y0 (t) e se c < 0 elas estão abaixo de y0 (t). Vamos analisar o comportamento das soluções nas proximidades do ponto de descontinuidade t = 0. lim y(t) = +∞, se c > 0 t →0

óp

e

lim y(t) = −∞, t →0

se c < 0.

Vamos analisar o crescimento e decrescimento das soluções. A derivada da solução fornece informação sobre o crescimento e decrescimento da solução e sobre seus pontos críticos:

Março 2012

t 2c dy = − 3 =0 dt 2 t GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

118 se, e somente se, t4 = 4c.

ig

√ Assim, se c > 0 as soluções têm somente pontos críticos em t = ± 4 4c, e se c < 0 elas não√têm ponto crítico. Portanto, concluímos que as soluções com c >√0 decrescem no intervalo (−∞, − 4 4c), √ √ crescem no intervalo (− 4 4c, 0), decrescem no intervalo (0, 4 4c) e crescem no intervalo ( 4 4c, +∞). Enquanto as soluções com c < 0 decrescem no intervalo (−∞, 0) e crescem no intervalo (0, +∞). Observamos que para cada valor de c 6= 0 temos duas soluções com intervalos de validade (−∞, 0) e (0, +∞) e para c = 0 a solução y0 (t) = t2 /4 é válida no intervalo (−∞, +∞) = R. y

3 2

D

4

-4

-3

ia

1

-2

-1

1

2

t 3

4

-1

óp

-2 -3 -4

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

119

Respostas dos Exercícios

ita l

1.6

(b) y

ig

4

3

D

2

1

ia

t

1

2

3

4

óp

Substituindo-se t = 2 e y = 3 em (1.30) obtemos 3=

4 c + . 4 4

De onde obtemos que c = 8. Portanto, a solução do problema de valor inicial é

Março 2012

y(t) =

t2 8 + 2. 4 t

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

120

ita l

Observe que a solução deste problema de valor inicial é válida no intervalo (0, +∞), que é o maior intervalo contendo t = 2 (pois a condição inicial é y(2) = 3) em que a solução e sua derivada estão definidas. Se a condição inicial ao invés de y(2) = 3 fosse y(−2) = 3 a solução teria a mesma expressão, mas o seu intervalo de validade seria (−∞, 0). 3. Equações Separáveis (página 37) 3.1.

(a)

ig

(1 + x2 )y0 − xy = 0 1 0 x y = y 1 + x2

D

Integrando-se em relação a x:

1 ln(1 + x2 ) + C1 2   |y| ln = C1 (1 + x2 )1/2

ln |y| =

ia

y = ±eC1 = ±C2 = C (1 + x2 )1/2 y( x ) = C (1 + x2 )1/2

óp

(b)

y2 − 1 − (2y + xy)y0 = 0 y2

y 1 y0 = 2+x −1

Integrando-se em relação a x:

Tópicos de Equações Diferenciais

1 ln |y2 − 1| = ln |2 + x | + C1 2 GoBack GoForward

Março 2012

121

Respostas dos Exercícios

ln

|y2 − 1|1/2 |2 + x |

!

ita l

1.6

= C1

(c)

ig

|y2 − 1|1/2 = ±eC1 = ±C2 = C 2+x A solução é dada implicitamente por q y2 − 1 = C (2 + x )

x ax2 + b Integrando-se em relação a x obtemos que a solução é dada implicitamente por

D

yy0 =

1 1 2 y = ln | ax2 + b| + C 2 2a

(d)

ia

y −3 y 0 =

x ( ax2 + b)1/2

Integrando-se em relação a x obtemos que a solução é dada implicitamente por

óp

1 1 − y−2 = ( ax2 + b)1/2 + C 2 a

(e)

y p

ay2

+b

y0 −

1 =0 x

Integrando-se em relação a x obtemos que a solução é dada implicitamente por q 1 ay2 + b = ln | x | + C a

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

122 (f)

y 1 y0 − 2 = 0 +b x

ay2

Integrando-se em relação a x obtemos que a solução é dada implicitamente por 1 ln | ay2 + b| = − x −1 + C 2a (a) Podemos reescrever a equação como

ig

3.2.

(3y2 − 3)y0 = 2x + 1.

D

Integrando-se em relação a x e substituindo-se y0 dx = dy obtemos Z

(3y2 − 3)dy =

Z

(2x + 1)dx + C.

Assim, a solução geral é dada implicitamente por

ia

y3 − 3y − x2 − x = C

óp

Para encontrar a solução que satisfaz a condição inicial y(0) = 0 substituímos x = 0 e y = 0 na solução geral obtendo C = 0. Assim, a solução do problema de valor inicial é dada implicitamente por y3 − 3y − x2 − x = 0

(b) Para determinar o intervalo de validade da solução do PVI vamos determinar o maior intervalo que 2x + 1 dy = 2 , temos contém x = 1 em que a solução e sua derivada estão definidas. Pela equação dx 3y − 3 que os pontos onde a derivada não está definida são aqueles tais que 3y2 − 3 = 0, ou seja, y = ±1. Como o ponto inicial é (0, 0), então a solução do PVI está contida na região do plano −1 < y < 1. Substituindo-se y = −1 na equação que define a solução obtemos a equação x2 + x − 2 = 0, que tem Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

1.6

123

Respostas dos Exercícios

ita l

solução x = −2 e x = 1. Substituindo-se y = 1 na equação que define a solução y3 − 3y − x2 + x = 0 obtemos a equação x2 + x + 2 = 0, que não tem solução real. Como a solução está definida para todo x, mas a derivada não está definida para x = −2 e x = 1 e o ponto inicial x0 = 0 está entre os valores x = −2 e x = 1, concluímos que o intervalo de validade da solução é o intervalo (−2, 1), que é o maior intervalo em que a solução y( x ) e a sua derivada estão definidas.

ig

(c) Nos pontos onde a solução tem máximo local a reta tangente à curva é horizontal, ou seja, pontos dy onde dx = 0. Neste caso não precisamos calcular a derivada da solução, pois a derivada já está dada pela equação diferencial, ou seja, 2x + 1 dy = 2 dx 3y − 3

D

Assim, a reta tangente é horizontal para x tal que 2x + 1 = 0, ou seja, somente para x = −1/2 que é ponto de máximo local, pois como a solução está limitada à região −1 < y < 1, então da equação dy dy > 0, para x < −1/2 e < 0, para x > −1/2. diferencial vemos que dx dx (d) A reta tangente à curva integral é vertical ( dx dy = 0) para x = −2 e x = 1, pois pela equação diferendy dx

=

2x +1 , 3y2 −3

então

ia

cial,

dx 1 3y2 − 3 = dy = , dy 2x + 1 dx

óp

para x 6= −1/2. Assim, já sabemos que a solução está contida em uma curva que passa pelos pontos (−2, −1) e (1, −1), onde a tangente é vertical, que passa pelo ponto inicial (0, 0). Neste ponto a inclinação da reta tangente é −1/3, pois substituindo-se x = 0 e y = 0 na equação diferencial dy obtemos dx = −1/3. Além disso sabemos que o único ponto em que a tangente é horizontal ocorre para x = −1/2 e como a solução está limitada à região −1 < y < 1, então da equação diferencial dy dy vemos que > 0, para x < −1/2 e < 0, para x > −1/2. Deduzimos daí que a solução é dx dx crescente até x = −1/2 depois começa a decrescer.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

y 1

0.5 x -1.5

-1

-0.5

0.5 -0.5

óp

ia

D

-1

1

ig

-2

ita l

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

124

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

3.3.

125

Respostas dos Exercícios (a) A equação é equivalente a

1 0 b− ay y

(b) A equação é equivalente a

1 0 1− y y

=1

= q(t)

(c) A equação é equivalente a y1 y0 = − p(t) 3.4. Multiplicando-se a equação diferencial por

1 y(100−y)

obtemos

Vamos decompor

1 y(100−y)

em frações parciais:

ig

1 y0 = 1 y(100 − y)

ita l

1.6

(1.31)

D

1 A B = + y(100 − y) y 100 − y

Multiplicando-se a equação acima por y(100 − y) obtemos

1 = A(100 − y) + By

óp

ia

Substituindo-se y = 0 e y = 100 obtemos A = 1/100 e B = 1/100. Assim, Z  Z Z 1 1 1 1 dy = dy + dy y(100 − y) 100 y 100 − y 1 = (ln |y| − ln |100 − y|) 100 Logo, a equação (1.31) tem solução ln |y| − ln |100 − y| = 100t + C1 .

Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como y = C1 + 100t. ln 100 − y Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem Aplicando a exponencial a ambos os membros obtemos

ita l

126

y = ±eC1 e100t = Ce100t 100 − y

C=

1 1 = . 100 − 1 99

D

Vamos explicitar y(t).

ig

Substituindo-se t = 0 e y = 1 na equação acima obtemos

y = (100 − y)Ce100kt

⇒

y + Ce100t y = 100Ce100t

ia

Portanto, a solução do problema de valor inicial é

100 100t C100e100t 100e100t 100 99 e = = = 1 100t 100t − 100t + 1 1 + Ce100t 99 + e 99e 1 + 99 e

óp

y(t) =

Usando a equação diferencial vemos que a taxa de crescimento da solução (dada por y0 ) é positiva e crescente para 0 < y < 50 e positiva e decrescente para 50 < y < 100. Além disso, lim y(t) = 100. t→∞

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

127

Respostas dos Exercícios

ita l

1.6

y

100

ig

50

t

(a)

 1 Q  dQ = 2te− 100 t − . dt 100  Q(0) = 100

ia

4.1.

D

4. Aplicações (página 84)

A equação é linear e pode ser reescrita como 1 Q dQ + = 2te− 100 t . dt 100

óp

Para resolvê-la precisamos determinar o fator integrante µ(t) = e

R

1 100 dt

1

= e 100 t 1

Multiplicando-se a equação diferencial por µ(t) = e 100 t obtemos

Março 2012

1 d (e 100 t Q) = 2t dt

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

128 Integrando-se ambos os membros obtemos 1

e 100 t Q(t) = t2 + C ou

1

1

Q(t) = t2 e− 100 t + Ce− 100 t

ig

Substituindo-se t = 0 e Q = 100, obtemos 100 = C

Ou seja, a solução do problema de valor inicial é

1

1

D

Q(t) = t2 e− 100 t + 100e− 100 t . (b) A concentração em t = 10 min é dada por

4.2.

(a)

1 1 102 Q(10) =( + 1)e− 100 10 = 2e− 10 gramas/litro 100 100

ia

c(10) =

 2 Q  dQ = 300e− 10 t − 10 . dt 100  Q (0) = 0

óp

A equação é linear e pode ser reescrita como 2 dQ Q + = 300e− 10 t . dt 10

Para resolvê-la precisamos determinar o fator integrante

Tópicos de Equações Diferenciais

µ(t) = e

R

1 10 dt

1

= e 10 t

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Março 2012

1.6

129

Respostas dos Exercícios 1

ita l

Multiplicando-se a equação diferencial por µ(t) = e 10 t obtemos

1 2 1 d 1 t (e 10 Q) = 300e 10 t e− 10 t = 300e− 10 t dt

Integrando-se ambos os membros obtemos 1

1

ig

e 10 t Q(t) = −3000e− 10 t + C ou

2

1

Q(t) = −3000e− 10 t + Ce− 10 t

D

Substituindo-se t = 0 e Q = 0, obtemos

0 = −3000 + C

Ou seja, a solução do problema de valor inicial é

1

2

ia

Q(t) = 3000(e− 10 t − e− 10 t ).

(b) A concentração de sal no tanque é dada por

óp

c(t) =

1 2 Q(t) = 30(e− 10 t − e− 10 t ) 100

1

Se x = e− 10 t . Então, c(t) = 7,5 se, e somente se, x − x2 = t = 10 ln 2 min.

4.3.

75 300

=

1 4

ou x = 1/2 ou

1 10

t = ln 2 ou

(a)

Março 2012

 Q  dQ = 20 − . dt 25  Q(0) = 100 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

130 A equação é linear e pode ser reescrita como dQ Q + = 20. dt 25 Para resolvê-la precisamos determinar o fator integrante R

1 25 dt

1

= e 25 t

ig

µ(t) = e

1

Multiplicando-se a equação diferencial por µ(t) = e 25 t obtemos 1 d 1 t (e 25 Q) = 20e 25 t dt

D

Integrando-se ambos os membros obtemos

1

1

e 25 t Q(t) = 500e 25 t + C

ou

1

ia

Q(t) = 500 + Ce− 25 t

Substituindo-se t = 0 e Q = 100, obtemos

100 = 500 + C

óp

Ou seja, a solução do problema de valor inicial é 1

Q(t) = 500 − 400e− 25 t .

(b) A concentração de sal no tanque é dada por c(t) =

Tópicos de Equações Diferenciais

1 Q(t) Q(t) = = 5 − 4e− 25 t gramas por litro V (t) 100

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Março 2012

131

Respostas dos Exercícios

ita l

1.6

lim c(t) = 5 gramas por litro

t→∞

c(t) =

5 2

1

se, e somente se, Q(t) = 250 = 500 − 400e− 25 t ou 1

e− 25 t = ou

1 5 t = ln 25 8

ig

− ou

t = 25 ln 4.4.

250 5 = 400 8

(a)

8 5

min.

D

  dQ = 3 − 2 Q . dt 100 + t  Q(0) = 10

A equação é linear e pode ser reescrita como

ia

dQ Q +2 = 3. dt 100 + t

Para resolvê-la precisamos determinar o fator integrante

óp

µ(t) = e

R

2 100+t dt

= e2 ln |100+t| = (100 + t)2

Multiplicando-se a equação diferencial por µ(t) = (100 + t)2 obtemos d ((100 + t)2 Q) = 3(100 + t)2 dt

Integrando-se ambos os membros obtemos

Março 2012

(100 + t)2 Q(t) = (100 + t)3 + C GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem ou

ita l

132

Q(t) = 100 + t + C (100 + t)−2

Substituindo-se t = 0 e Q = 10, obtemos 10 = 100 + C10−4

⇒

Ou seja, a solução do problema de valor inicial é

C = −9 105

(b) A concentração de sal no tanque é dada por

gramas.

Q(t) = 1 − 9 105 (100 + t)−3 100 + t

D

c(t) =

ig

Q(t) = 100 + t − 9 105 (100 + t)−2

O tanque estará cheio para t = 100.

lim c(t) = 1 −

4.5.

(a)

gramas/litro

ia

t→100

9 71 = 80 80

óp

  dQ = −2 Q . dt 100 − t  Q(0) = 10

A equação é separável e pode ser reescrita como 1 0 2 Q =− . Q 100 − t

Integrando-se obtemos

Tópicos de Equações Diferenciais

ln | Q(t)| = 2 ln |100 − t| + C1 GoBack GoForward

Março 2012

133

Respostas dos Exercícios ou

ita l

1.6

Q(t) = C (100 − t)2

Substituindo-se t = 0 e Q = 10, obtemos 10 = C104

⇒

C = 10−3

Ou seja, a solução do problema de valor inicial é

(b) A concentração de sal no tanque é dada por

Q(t) = 10−3 (100 − t) 100 − t

D

c(t) =

gramas.

ig

Q(t) = 10−3 (100 − t)2

O tanque estará vazio para t = 100.

lim c(t) = 0

t→100

(a) Escrevendo v = v(r (t)) e usando a regra da cadeia obtemos

ia

4.6.

grama/litro.

dv dv dr dv = =v . dt dr dt dr

óp

Pela 2a. Lei de Newton:

dv dv = mv = −kr. dt dr Como na superfície da Terra a força de gravidade é igual ao peso da pedra, então kR = mg e k = mg/R. Logo a equação diferencial anterior se transforma em

Março 2012

m

dv g =− r dt R GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem Integrando-se em relação a r: Z

Substituindo-se v0 dr = dv:

v2 /2 = −

g R

Z

rdr + c

g 2 r +C 2R

gR = C. 2 g v2 = − r2 + gR R r g v(r ) = gR − r2 R

(b) Substituindo-se r = 0:

D

ig

Substituindo-se r = R, v = 0:

vv0 dr = −

ita l

134

v (0) =

Substituindo-se r = − R:

p

gR

óp

4.7.

ia

v(− R) = 0.

dV = kA = k4πr2 dt 4 V (r ) = πr3 3 dV dV dr dr = = 4πr2 dt dr dt dt

Substituindo na primeira equação:

Tópicos de Equações Diferenciais

dr =k dt r (t) = kt + C GoBack GoForward

Março 2012

135

Respostas dos Exercícios Substituindo t = 0 e r = r0 : r0 = C Substituindo t = 1 e r = r0 /2: r0 /2 = k + r0 k = −r0 /2

4.8.

dy = ky dt

ig

r (t) = r0 (1 − t/2)

ita l

1.6

⇒

y(t) = y0 ekt

D

48 = y(1) = y0 ek

27 = y(3) = y0 e3k

ia

48 = e−2k 27 1 48 1 16 3 k = − ln = − ln = ln 2 27 2 9 4 3 4 y0 = 48e−k = 48e− ln 4 = 48 = 64 3

óp

4.9.

Março 2012

dy = ky dt

y(t) = y0 ekt

400 = y0 e3k

⇒

k=

ln(400/y0 ) 3

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

2500 = y0 e9k



⇒

y0−2 = 4003 2500

2500 = y0 2500 4003

1/2

400 y0

3

203 = 160 50

ig

 y0 =

ita l

136

=

que como vimos acima tem solução

D

4.10. A população cresce a uma taxa proporcional a população presente o que significa que a população, y(t), é a solução do problema de valor inicial   dy = ky. dt  y (0) = y0

ia

y(t) = y0 ekt Como em uma hora a população é o dobro da população original, então substituindo-se t = 1 e y = 2y0 obtemos 2y0 = y0 ek ⇒ k = ln 2

óp

Assim, a equação que descreve como a população de bactérias varia com o tempo é y(t) = y0 e(ln 2)t = y0 · 2t

Agora para sabermos em quanto tempo a população triplica substituímos y = 3y0 e determinamos t que é ln 3 t= ≈ 1, 585 horas ≈ 1 hora e 35 minutos. ln 2 Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

137

Respostas dos Exercícios

ita l

1.6

y

8y0

ig

4y0

2y0 y0 2

3

óp

ia

1

D

t

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

138

4.11. O número de pessoas infectadas como função do tempo, y(t), é a solução do problema de valor inicial   dy = ky(100 − y). dt  y (0) = 1 Multiplicando-se a equação por

1 y(100−y)

obtemos a equação separável:

ig

1 y0 = k y(100 − y) Integrando-se em relação a t obtemos

Substituindo-se y0 dt = dy obtemos

Z

1 y(100−y)

Z

1 dy = y(100 − y)

Z

kdt + c1 .

kdt + c1 .

(1.32)

em frações parciais:

ia

Vamos decompor

1 y0 dt = y(100 − y)

D

Z

1 A B = + y(100 − y) y 100 − y

óp

Multiplicando-se a equação acima por y(100 − y) obtemos 1 = A(100 − y) + By

Substituindo-se y = 0 e y = 100 obtemos A = 1/100 e B = 1/100. Assim, Z  Z Z 1 1 1 1 dy = dy + dy y(100 − y) 100 y 100 − y 1 = (ln |y| − ln |100 − y|) 100 Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

139

Respostas dos Exercícios

ita l

1.6

Logo, a equação (1.32) pode ser escrita como

1 (ln |y| − ln |100 − y|) = kt + c1 100 ou ainda como

ln |y| − ln |100 − y| = 100kt + c2 .

ig

Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como y = c2 + 100kt. ln 100 − y

D

Aplicando a exponencial a ambos os membros obtemos

y = ±ec2 e100kt = ce100kt 100 − y Substituindo-se (t = 0, y = 1) e (t = 4, y = 5) na equação acima obtemos 1 1 = , 100 − 1 99

ia

c=

ln 99 19 . 4

99 19

⇒

100k =

y = (100 − y)ce100kt

⇒

y + ce100kt y = 100ce100kt

e400k =

óp

Vamos explicitar y(t).

Portanto, a solução do problema de valor inicial é y(t) = Março 2012

c100e100kt 1+ce100kt

=

100 e100kt 99 1 e100kt 1+ 99

=

100e100kt 99+e100kt

=

100 99e−100kt +1

100

= 99e

−

ln 99 19 t 4 +1

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=

100 99 −t/4 +1 99·( 19 )

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

140

ita l

Usando a equação diferencial vemos que a taxa de crescimento da solução (dada por y0 ) é positiva e crescente para 0 < y < 50 e positiva e decrescente para 50 < y < 100. Além disso, lim y(t) = 100. t→∞

y

ig

100

D

50

t

5

óp

ia

4

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

ti 1950 1960 1970 1980 1991 2000

yi 52 milhões 70 milhões 93 milhões 119 milhões 147 milhões 170 milhões

gi 0, 0346 0, 0329 0, 0280 0, 0214 0, 0174 -

hi 0, 0257 0, 0247 0, 0218 0, 0173 0, 0150

gi + h i 2

0, 0293 0, 0263 0, 0216 0, 0174

ig

4.12.

141

Respostas dos Exercícios

ita l

1.6

D

1 dy g + hi (t ) = ay(ti ) + b ≈ i , y dt i 2

óp

ia

para ti = 1960, 1970, 1980, 1991. Usando quadrados mínimos vamos encontrar a melhor reta que se ajusta ao conjunto de pontos

Março 2012

yi 70 milhões 93 milhões 119 milhões 147 milhões

gi + h i 2

0.0293 0.0263 0.0216 0.0174

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

142

ita l

0.03

0.028

0.026

z=ay+b

0.024

ig

0.022

0.02

0.016 70

80

D

0.018

90

100

110 y (em milhões)

120

130

140

150

ia

encontrando a = −1, 58 · 10−10 , b = 0, 04. Assim, obtemos k = 1, 58 · 10−10 e y M = 257 milhões.

óp

Usando t0 = 2000, y0 = 170 milhões obtemos y(t) =

257 · 106 1 + 0, 51 · e−0,04(t−2000)

Para t = 2010 temos

y(2010) = 191, 6 milhões de habitantes.

Um erro de 0, 5 %.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

1.6

143

Respostas dos Exercícios

ita l

260 250 240 230 220 210 190 180 170 160 150 140

ig

População (em milhões)

200

130 120 110 100 90 80 60 50 1950

1960

D

70

1970

1980

1990

2000

2010

2020

2030

h=

1 π 3

2040

2050

2060

Ano

4.13.

óp

ia

 √   dh = k h dV dt dh   h (0) = h0

Como para o cone

V (h) =

Março 2012

1 2 1 πr h = π 3 3



dV =π dh

hR H 

2

R H

2



R H

2

h3

h2

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem então o problema pode ser modelado por   dh = kh−3/2 dt  h(0) = 2, h(30) = 1 Multiplicando a equação por h3/2

ig

h3/2 h0 = k

ita l

144

Integrando-se ambos os lados

2 5/2 h = kt + C 5 ou

D

h(t) = (C 0 + k0 t)2/5

Substituindo t = 0 e h = 2:

25/2 = C 0

Substituindo t = 30 e h = 1:

ia

C 0 + 30k0 = 1

⇒

k0 =

1 − C0 1 − 25/2 = 30 30

Assim, a função que descreve como a altura varia com o tempo é dada por

óp

h(t) = (C 0 + k0 t)2/5 = (25/2 +

Substituindo h = 0:

4.14.

t=−

1 − 25/2 2/5 t) 30

C0 30 · 25/2 =− ≈ 36 min 0 k 1 − 25/2

(a) A temperatura registrada no termômetro, T (t), é a solução do problema de valor inicial

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

145

Respostas dos Exercícios

  dT = k ( T − 5). dt  T (0) = 20

ig

dT = k ( T − 5) dt 1 T0 = k T−5

ita l

1.6

ln | T − 5| = kt

ln | T − 5| = C1 + kt

D

T (t) = 5 + Cekt

Substituindo t = 0 e T = 20:

20 = 5 + C

⇒

C = 15

T (t) = 5 + 15ekt

ia

Substituindo t = 1/2 e T = 15: 15 = 5 + 15ek/2

⇒

k = 2 ln(2/3)

óp

Assim, a temperatura do café em função do tempo é dada por T (t) = 5 + 15e

2 ln(2/3)t

 2t 2 = 5 + 15 · 3

(b) Após 1 minuto o termômetro deve marcar

Março 2012

T (1) = 5 + 15

 2 2 105 = ≈ 11, 7◦ C 3 9

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

146

ita l

(c) Substituindo T = 10 em T (t) = 5 + 15e2 ln(2/3)t :

10 = 5 + 15e2 ln(2/3)t

Logo, o tempo necessário para que o termômetro marque 10◦ é de

4.15.

ln(1/3) ≈ 1 min e 20 segundos 2 ln(2/3)

(a)

dv = 10 − 2v dt

D

120

ig

t=

120 v0 = 1 10 − 2v

60 ln |10 − 2v| = −t + C1

ia

ln |10 − 2v| =

C1 − t 60 t

v(t) = 5 − Ce− 60

óp

Substituindo-se t = 0 e v = 0:

0 = 5−C

⇒

C=5 t

v(t) = 5 − 5e− 60

(b)

Tópicos de Equações Diferenciais

t

lim v(t) = lim (5 − 5e− 60 ) = 5 m/s

t→∞

t→∞

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Março 2012

147

Respostas dos Exercícios

ita l

1.6

v

ig

5

óp

ia

D

t

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

4.16. 200

dQ + 104 Q = 10. dt

dQ + 50Q = 5 · 10−2 . dt

ita l

148

A equação é linear. Multiplicando-se a equação pelo fator integrante µ(t) = e50t obtemos

ig

d  50t  e Q = 5 · 10−2 e50t dt integrando-se obtemos

e50t Q(t) = 10−3 e50t + k

D

ou

Q(t) = 10−3 + ke−50t

Substituindo-se t = 0 e Q = 0 obtemos k = −10−3 e assim a solução do problema de valor inicial é   Q(t) = 10−3 1 − e−50t coulombs. dQ = 5 · 10−2 e−50t amperes dt

ia I (t) =

óp

4.17. Para este circuito a segunda lei de Kirchhoff nos dá RI+L

dI = V ( t ). dt

Ou seja,

Tópicos de Equações Diferenciais

5 · 10−1

dI + 102 I = 10. dt

dI + 200I = 20. dt GoBack GoForward

Março 2012

1.6

149

Respostas dos Exercícios

d  200t  e I = 20e200t dt integrando-se obtemos

ita l

A equação é linear. Multiplicando-se a equação pelo fator integrante µ(t) = e200t obtemos

e200t I (t) = 10−1 e200t + k ou

ig

I (t) = 10−1 + ke−200t

(a) Sejam α(t) e β(t) as quantidades de A e B não transformadas, respectivamente e y(t) a quantidade de C obtida. Então, dy ∝ α ( t ) β ( t ). (1.33) dt Sejam a(t) e b(t) a quantidade de A e B transformadas. Então,

ia

4.18.

D

Substituindo-se t = 0 e I = 0 obtemos k = −10−1 e assim a solução do problema de valor inicial é   I (t) = 10−1 1 − e−200t amperes.

a ( t ) + b ( t ) = y ( t ),

a(t) = 4b(t).

De onde segue-se que

4 1 y ( t ), b ( t ) = y ( t ). 5 5 Mas as quantidades de A e B não transformadas e transformadas estão relacionadas por

óp

a(t) =

α(t) = 32 − a(t),

β(t) = 50 − b(t).

(1.34)

(1.35)

Substituindo-se (1.34) em (1.35) e (1.35) em (1.33) obtemos    dy 4 1 ∝ 32 − y 50 − y , dt 5 5

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

150 ou ainda,

ig

dy ∝ (40 − y) (250 − y) . dt Neste caso a quantidade da substância C como função do tempo, y(t), é a solução do problema   dy = k(40 − y)(250 − y) dt  y(0) = 0, y(10) = 30 A equação é separável. Multiplicando-se a equação por

1 (40−y)(250−y)

obtemos

D

1 y0 = k (40 − y)(250 − y) Integrando-se em relação a t obtemos Z

1 y0 dt = (40 − y)(250 − y)

Z

kdt + C1

ia

fazendo-se a substituição y0 dt = dy obtemos Z

1 (40−y)(250−y)

óp

Vamos decompor

1 dy = (40 − y)(250 − y)

Z

kdt + C1 .

em frações parciais:

1 A B = + (40 − y)(250 − y) 40 − y 250 − y

Multiplicando-se a equação acima por (40 − y)(250 − y) obtemos

Tópicos de Equações Diferenciais

1 = A(250 − y) + B(40 − y) GoBack GoForward

Março 2012

151

Respostas dos Exercícios

ita l

1.6

Substituindo-se y = 40 e y = 250 obtemos A = 1/210 e B = −1/210. Assim, R  R R 1 1 1 1 1 dy = dy − dy = − 210 (ln |40 − y| − ln |250 − y|) 210 40−y 250−y (40−y)(250−y) Logo, a solução da equação diferencial é dada implicitamente por

ln |40 − y| − ln |250 − y| = −210kt + C1 .

ig

Usando propriedades do logaritmo podemos reescrever como 40 − y = C1 − 210kt. ln 250 − y

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros e eliminando-se o valor absoluto obtemos

D

40 − y = ±eC1 e−210kt = Ce−210kt 250 − y

Substituindo-se t = 0 e y = 0 na equação acima obtemos

ia

C=

4 . 25

óp

Substituindo-se t = 10 e y = 30 na equação acima obtemos 25 = e−2100k 88

ou

210k =

1 ln 10



88 25

 .

Vamos explicitar y(t).

40 − y = (250 − y)Ce−210kt

Março 2012

⇒

y − Ce−210kt y = 40 − 250Ce−210kt

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

ita l

152 Portanto, a solução do problema de valor inicial é y(t) =

40 − 250Ce−210kt 1 − Ce−210kt

Substituindo-se os valores de C e k obtidos: 1

88


88 −t/10 ) 25
88 −t/10 25

ig

1000(1 − 1000(1 − e− 10 ln( 25 )t ) y(t) = = 1 ln 88 t − 10 ( ) 25 25 − 4e 25 − 4 Observe que

lim y(t) = 40 gramas

t→∞

D

4 lim α(t) = lim (32 − y(t)) = 0 t→∞ 5 1 lim β(t) = lim (50 − y(t)) = 42 gramas t→∞ t→∞ 5 Portanto, a quantidade inicial de A será toda consumida na reação, entretanto sobrará ainda 42 gramas de B. (b) Temos então

ia

t→∞

dy ∝ dt

óp

ou ainda,



4 32 − y 5



 1 8− y , 5

dy ∝ (40 − y)2 . dt

Neste caso a quantidade da substância C como função do tempo, y(t), é a solução do problema   dy = k (40 − y)2 dt  y(0) = 0, y(10) = 10

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

153

Respostas dos Exercícios A equação é separável. Multiplicando-se a equação por

1 (40−y)2

1 y0 = k (40 − y)2 Integrando-se em relação a t obtemos 1 y0 dt = (40 − y)2

fazendo-se a substituição y0 dt = dy obtemos

kdt + C

1 dy = (40 − y)2

Z

kdt + C.

D

Z

Z

obtemos

ig

Z

ita l

1.6

Logo, a solução da equação diferencial é dada implicitamente por 1 = kt + C. 40 − y

ia

Substituindo-se t = 0 e y = 0 na equação acima obtemos

1 40 ,

1 . 40

t = 10 e y = 10 na equação acima obtemos

óp

Substituindo-se C =

C=

k=

1 1 1 − = . 300 400 1200

Vamos explicitar y(t).

Março 2012

40 − y =

1 kt + C

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem Portanto, a solução do problema de valor inicial é y(t) = 40 −

1 kt + C

Substituindo-se os valores de C e k obtidos: y(t) = 40 −

ita l

154

1200 t + 30

ig

lim y(t) = 40,

t→∞

4 lim α(t) = lim (32 − y(t)) = 0, t→∞ 5 1 lim β(t) = lim (8 − y(t)) = 0. t→∞ t→∞ 5

5. Existência e Unicidade (página 106) 5.1.

(a)

D

t→∞

q

y2 − 4

ia

f (t, y) =

y ∂f = p . 2 ∂y y −4

⇒

Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que y0 < −2 ou y0 > 2 o problema de valor inicial tem solução única.

óp

(b)

f (t, y) =

p

ty

⇒

∂f t = √ . ∂y 2 ty

Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que y0 t0 > 0 o problema de valor inicial tem solução única.

(c)

f (t, y) =

t2

y2 + y2

⇒

∂f 2t2 y = 2 . ∂y ( t + y2 )2

Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que (t0 , y0 ) 6= (0, 0) o problema de valor inicial tem solução única.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

155

Respostas dos Exercícios (d) f (t, y) = t

q

1 − y2

⇒

ita l

1.6

∂f ty . = −p ∂y 1 − y2

Para os pontos (t0 , y0 ) ∈ R2 tais que −1 < y0 < 1 o problema de valor inicial tem solução única. (a) p(t) =

t−2 t−2 = (t − 1)(t + 1) t2 − 1

q(t) =

t t = . (t − 1)(t + 1) t2 − 1

ig

5.2.

Como t0 = 0, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo −1 < t < 1.

D

(b)

t t = (t − 1)(t + 1) t2 − 1

q(t) =

t2 t2 = . (t − 1)(t + 1) t2 − 1

ia

p(t) =

Como t0 = 2, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t > 1.

óp

(c)

p(t) =

t+1 t+1 = t ( t − 1) t2 − t

q(t) =

et et = . t ( t − 1) t2 − t

Como t0 = −1, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t < 0.

(d)

Março 2012

p(t) =

t+3 t+3 = 2 t ( t − 1) t −t

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais de 1a. Ordem

156

ita l

cos t cos t . = t ( t − 1) t2 − t Como t0 = 2, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t > 1. q(t) =

D

ig

5.3. Seja t fixo, tal que α < t < β. Pelo Teorema do Valor Médio, dados y e z com δ < y, z < γ existe ξ entre y e z tal que ∂f f (t, y) − f (t, z) = (t, ξ ) (y − z). ∂y ∂f Seja a = max (t, w) . Tomando-se o módulo da equação acima obtemos δ<w<γ ∂y ∂f | f (t, y) − f (t, z)| = (t, ξ ) |y − z| ≤ a |y − z|. ∂y   5.4. Seja α∗ o máximo entre α, o valor de t < t0 tal que ba e a|t−t0 | − 1 = γ e o valor de t < t0 tal que     − ba e a|t−t0 | − 1 = δ. Seja β∗ o mínimo entre β, o valor de t > t0 tal que ba e a|t−t0 | − 1 = γ e o valor de   t > t0 tal que − ba e a|t−t0 | − 1 = δ. Vamos mostrar, por indução, que  b  a | t − t0 | e −1 , a

ia | y n ( t ) − y0 | ≤

para α∗ < t < β∗

e assim que δ < yn (t) < γ, para α∗ < t < β∗ .

óp

| y1 ( t ) − y0 | ≤ b | t − t0 | ∞

= b

∑

n =1

 a n −1 | t − t 0 | n b  a | t − t0 | = e −1 n! a

Vamos supor, por indução, que

|yn−1 (t) − yn−2 (t)| ≤ an−2 b

Tópicos de Equações Diferenciais

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| t − t 0 | n −1 ( n − 1) ! Março 2012

157

Respostas dos Exercícios e

ita l

1.6

 b  a | t − t0 | e −1 , a ∗ ∗ para k = 1, . . . , n − 1 e α < t < β e assim que δ < yk (t) < γ, para k = 1, . . . , n − 1 e α∗ < t < β∗ . Então, por (1.28) na página 102, | t − t0 | n |yn (t) − yn−1 (t)| ≤ an−1 b n! e assim n

| y n ( t ) − y0 | ≤

ig

| y k ( t ) − y0 | ≤

∑ |yk (t) − yk−1 (t)|

k =1 ∞

∑

 a n −1 | t − t 0 | n b  a | t − t0 | e = −1 n! a

D

≤ b

óp

ia

n =1

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

ita l

2

D

ig

E QUAÇÕES D IFERENCIAIS L INEARES DE 2a. O RDEM

óp

ia

Para as equações diferenciais lineares de 2a. ordem é válido um resultado semelhante ao que é válido para equações lineares de 1a. ordem (Teorema 1.2 na página 99) com relação a existência e unicidade de soluções, mas a demonstração, infelizmente, não é tão simples quanto naquele caso e será apresentada somente ao final do Capítulo 4.

Teorema 2.1 (Existência e Unicidade). O problema de valor inicial 

y00 + p(t)y0 + q(t)y = f (t) y(t0 ) = y0 , y0 (t0 ) = y00 ,

para p(t), q(t) e f (t) funções contínuas em um intervalo aberto I contendo t0 tem uma única solução neste intervalo.

159

ita l

2.1. Equações Homogêneas - Parte I

Exemplo 2.1. Vamos determinar o intervalo máximo em que o problema de valor inicial

 

tem solução. Para esta equação t2

1 , −4

q(t) =

sen t , t2 − 4

f (t) =

et . − 4)

t ( t2

D

p(t) =

ig

et (t2 − 4)y00 + y0 + (sen t)y = t  y (1) = y , y 0 (1) = y 0 , 0 0

ia

Assim, p(t), q(t) e f (t) são contínuas para t 6= ±2, 0. Como t0 = 1, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo 0 < t < 2, que é o maior intervalo contendo t0 = 1 onde p(t), q(t) e f (t) são contínuas.

2.1

Equações Homogêneas - Parte I

óp

Uma equação diferencial linear de 2a. ordem é homogênea se ela pode ser escrita como y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0. (2.1)

Para as equações lineares homogêneas é válido o princípio da superposição.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

160

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) para c1 e c2 constantes, também o é.

ita l

Teorema 2.2 (Princípio da Superposição). Se y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação homogênea (2.1), então

(2.2)

ig

Demonstração. Vamos verificar que realmente y(t) dado por (2.2) é solução de (2.1). y00 (t) + p(t)y0 (t) + q(t)y(t) =

=0

D

= (c1 y1 (t) + c2 y2 (t))00 + p(t) (c1 y1 (t) + c2 y2 (t))0 + q(t) (c1 y1 (t) + c2 y2 (t)) = c1 y100 + c2 y200 + c1 p(t)y10 (t) + c2 p(t)y20 (t) + c1 q(t)y1 (t) + c2 q(t)y2 (t)

= c1 y100 (t) + p(t)y10 (t) + q(t)y1 (t) +c2 y200 (t) + p(t)y20 (t) + q(t)y2 (t) | | {z } {z } =0

= c1 · 0 + c2 · 0 = 0,



ia

pois y1 (t) e y2 (t) são soluções de (2.1).

óp

Observe que a função nula, que é igual a zero para todo t é solução da equação homogênea (2.1). Usando a linguagem da Álgebra Linear podemos dizer que o conjunto das soluções de uma equação diferencial linear homogênea é um subespaço vetorial.

2.1.1

Soluções Fundamentais

Considere, agora, o problema de valor inicial  00 y + p(t)y0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = y0 , y0 (t0 ) = y00 ,

Tópicos de Equações Diferenciais

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(2.3) Março 2012

2.1

161

Equações Homogêneas - Parte I

ita l

y1 (t)+ y2 (t) y1 ( t )

cy(t)

y(t)

Figura 2.2. Multiplicação de solução de uma equação diferencial homogênea por escalar

D

Figura 2.1. Soma de soluções de uma equação diferencial homogênea

ig

y2 ( t )

ia

em que y0 e y00 são condições iniciais dadas no problema. Vamos determinar condições sobre duas soluções y1 (t) e y2 (t) de (2.1) para que existam constantes c1 e c2 tais que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) seja solução do problema de valor inicial (2.3).

óp

Substituindo-se t = t0 na solução da equação diferencial, y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t), e na sua derivada, y0 (t) = c1 y10 (t) + c2 y20 (t), obtemos o sistema (algébrico) de equações lineares  c1 y1 ( t0 ) + c2 y2 ( t0 ) = y0 c1 y10 (t0 ) + c2 y20 (t0 ) = y00

que pode ser escrito na forma

Março 2012

AX = B GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem em que  A=

y1 ( t0 ) y10 (t0 )

y2 ( t0 ) y20 (t0 )



ita l

162



,

X=

c1 c2





e

B=

y0 y00



.

ig

Se a matriz do sistema A é invertível, então para todo par de condições iniciais (y0 , y00 ) o sistema tem uma única solução (c1 , c2 ) (A solução é X = A−1 B). Mas uma matriz quadrada é invertível se, e somente se, o seu determinante é diferente de zero. Ou seja, se   y1 ( t0 ) y2 ( t0 ) det 6= 0, y10 (t0 ) y20 (t0 )

D

então para todo par de condições iniciais (y0 , y00 ) existe um único par de constantes (c1 , c2 ) tal que y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) é solução do problema de valor inicial (2.3). Se além disso as soluções y1 (t) e y2 (t) estão definidas num intervalo I, onde p(t) e q(t) são contínuas, então pelo Teorema 2.1 de Existência e Unicidade, y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t )

ia

é a única solução do PVI no intervalo I e assim temos o resultado a seguir.

óp

Teorema 2.3. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas soluções da equação (2.1) em um intervalo aberto I, onde p(t) e q(t) são contínuas, tais que, em um ponto t0 ∈ I,   y1 ( t0 ) y2 ( t0 ) 6= 0. det y10 (t0 ) y20 (t0 ) Então, para todo par de condições iniciais (y0 , y00 ), existem constantes c1 e c2 tais que o problema de valor inicial  00 y + p(t)y0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = y0 , y0 (t0 ) = y00 , Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

163

Equações Homogêneas - Parte I

tem como única solução no intervalo I,

óp

ia

D

ig

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ).

ita l

2.1

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Definição 2.1.

(a) O determinante  W [y1 , y2 ](t0 ) = det

y1 ( t0 ) y10 (t0 )

y2 ( t0 ) y20 (t0 )



ig

é chamado wronskiano das funções y1 (t) e y2 (t) em t0 .

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

164

D

(b) Se duas soluções y1 (t) e y2 (t) de (2.1), em um intervalo aberto I, onde p(t) e q(t) são contínuas, são tais que o seu wronskiano é diferente de zero em um ponto t0 ∈ I dizemos que elas são soluções fundamentais no intervalo I da equação diferencial (2.1).

ia

Teorema 2.4. Se y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais de (2.1) em um intervalo aberto I, onde p(t) e q(t) são contínuas, então a família de soluções y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ), (2.4)

óp

para constantes c1 e c2 arbitrárias é a solução geral de (2.1) em I.

Demonstração. Seja z(t) uma solução qualquer de (2.1) no intervalo I. Como y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais em I, existe um ponto t0 ∈ I tal que W [y1 , y2 ](t0 ) 6= 0. Considere o PVI formado por (2.1) e as condições iniciais y(t0 ) = z(t0 ) e y0 (t0 ) = z0 (t0 ), então pelo Teorema 2.3 existem constantes c1 e c2 tais que z ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ).  Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

165

Equações Homogêneas - Parte I

ita l

2.1

ig

Assim, para encontrar a solução geral de uma equação diferencial linear homogênea de 2a. ordem (2.1) em um intervalo I, precisamos encontrar duas soluções fundamentais da equação (2.1), ou seja, duas soluções y1 (t) e y2 (t) tais que em um ponto t0 ∈ I   y1 ( t0 ) y2 ( t0 ) det 6= 0. y10 (t0 ) y20 (t0 )

Exemplo 2.2. Seja b um número real não nulo. Vamos mostrar que y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt são soluções fundamentais da equação diferencial

D

y00 + b2 y = 0.

Como y10 (t) = −b sen bt, y100 (t) = −b2 cos bt, y20 (t) = b cos bt e y200 (t) = −b2 sen bt, então y100 + b2 y1 = −b2 cos bt + b2 cos bt = 0 e

ia

y200 + b2 y2 = −b2 sen bt + b2 sen bt = 0.

para todo t ∈ R.

óp

Assim, y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação y00 + b2 y = 0. Além disso,     y1 ( t ) y2 ( t ) cos bt sen bt det = det = b(cos2 bt + sen2 bt) = b 6= 0 y10 (t) y20 (t) −b sen bt b cos bt

Portanto, y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt são soluções fundamentais de y00 + b2 y = 0 e a solução geral da equação diferencial é y(t) = c1 cos bt + c2 sen bt.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

166

ita l

Dependência Linear

Dizemos que duas funções y1 (t) e y2 (t) são linearmente dependentes (L.D.) em um intervalo I, se uma das funções é um múltiplo escalar da outra, ou seja, se y1 (t) = αy2 (t)

y2 (t) = αy1 (t),

ou

para todo t ∈ I.

ig

Caso contrário, dizemos que elas são linearmente independentes (LI). Se duas funções são L.D. em um intervalo I, então   y1 ( t ) y2 ( t ) = 0, para todo t ∈ I, W [y1 , y2 ](t) = det y10 (t) y20 (t)

ia

D

pois uma coluna da matriz acima é um múltiplo escalar da outra. Assim, vale o seguinte resultado.

Teorema 2.5. Se y1 (t) e y2 (t) são funções diferenciáveis em um intervalo I, tais que 

y1 ( t0 ) y10 (t0 )

y2 ( t0 ) y20 (t0 )



6= 0,

para algum t0 ∈ I,

óp

W [y1 , y2 ](t0 ) = det

então y1 (t) e y2 (t) são linearmente independentes (LI) em I.

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Março 2012

167

Equações Homogêneas - Parte I

ig

ita l

2.1

D

y1 ( t )

y2 ( t )

óp

ia

Figura 2.3. y1 (t) e y2 (t) soluções fundamentais de uma equação diferencial linear homogênea

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

168

Usando a linguagem de Álgebra Linear podemos dizer que duas soluções fundamentais formam uma base para o subespaço das soluções de uma equação homogênea (2.1), pois elas são LI e geram o subespaço (toda solução é uma combinação linear delas).

ig

Observe que o wronskiano pode ser calculado para quaisquer par de funções mesmo que elas não sejam soluções de uma equação diferencial. Também os conceitos de dependência e independência linear são definidos para duas funções que podem ou não ser soluções de uma equação diferencial.

D

Exemplo 2.3. Seja b um número real não nulo. Mostramos no exemplo anterior que y1 (t) = cos bt e y2 (t) = sen bt são soluções fundamentais da equação y00 + b2 y = 0.

ia

Portanto, elas são soluções LI da equação diferencial.

A recíproca do Teorema 2.5 não é verdadeira, ou seja, duas funções podem ser LI com W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ R.

óp

Vejamos o próximo exemplo.

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Março 2012

169

Equações Homogêneas - Parte I

ita l

2.1

y

ig

y

4

4

2

D

2

t

-4

-2

2 -2

4

-4

ia

-4

t -2

2

4

-2

-4

óp

Figura 2.4. y1 (t) = t2 e y2 (t) = t|t| são LI mas o wronskiano é igual a zero para todo t

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Exemplo 2.4. Sejam y1 (t) =

t2

 e y2 ( t ) = t | t | = 

W [y1 , y2 ](t) = det

t2 2t

t2 − t2 t|t| 2| t |

se t ≥ 0 . se t < 0 

= 0.

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

170

óp

ia

D

ig

Apesar do wronskiano ser zero para todo t ∈ R as funções y1 e y2 são LI, pois uma função não é múltiplo escalar da outra. Para t ≥ 0, y2 (t) = y1 (t) e para t < 0, y2 ( t ) = − y1 ( t ).

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Março 2012

171

Equações Homogêneas - Parte I

2.1.2

Fórmula de Euler

ita l

2.1

Considere um número complexo r = a + ib. Queremos definir a função exponencial y(t) = e(a+ib)t , t ∈ R, de forma que satisfaça as propriedades

= e at eibt

(2.5)

= rert

(2.6)

ig

e(a+ib)t d rt
e dt

Observamos que a função z(t) = eibt é solução da equação z00 + b2 z = 0. Pois pela propriedade (2.6)

e assim

z00 (t) = −b2 eibt = −b2 z(t)

D

z0 (t) = ibeibt ,

z00 (t) + b2 z(t) = 0.

ia

Portanto, z(t) = eibt é solução do problema de valor inicial 

z00 + b2 z = 0, z(0) = 1, z0 (0) = ib

óp

Agora, como mostramos no Exemplo 2.2 que x1 (t) = cos bt e x2 (t) = sen bt são soluções fundamentais de z00 + b2 z = 0, então pelo Teorema 2.3 existem constantes c1 e c2 tais que z(t) = eibt = c1 cos bt + c2 sen bt.

(2.7)

Vamos determinar estas constantes c1 e c2 . Substituindo-se t = 0 na equação (2.7) obtemos que c1 = 1. Derivando a equação (2.7) em relação a t obtemos

Março 2012

ibeibt = −c1 b sen bt + c2 b cos bt. GoBack GoForward

(2.8) Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

172

Substituindo-se t = 0 na equação (2.8) obtemos que c2 = i. Assim, substituindo-se c1 = 1 e c2 = i já obtidos na equação (2.7) obtemos eibt = cos bt + i sen bt. Portanto, pela propriedade (2.5),

(2.9)

ig

e(a+ib)t = e at eibt = e at (cos bt + i sen bt).

Substituindo-se t = 0 na equação (2.8) obtemos que c2 = i. Assim, substituindo-se c1 = 1 e c2 = i já obtidos na equação (2.7) obtemos eibt = cos bt + i sen bt.

D

Tomando t = 1 obtemos

eib = cos b + i sen b,

(2.10)

que é conhecida como fórmula de Euler. Pela propriedade (2.5), temos que

ia

e(a+ib)t = e at eibt = e at (cos bt + i sen bt).

(2.11)

Exemplo 2.5. Usando a fórmula de Euler temos que π

ei 2 = i,

óp

eiπ = −1,

π

eln 2+ 4 i =

√

√ 2 + i 2,

que foram obtidas fazendo em (2.11) t = 1 e a = 0, b = π;

a = 0, b =

π ; 2

a = ln 2, b =

π , 4

respectivamente.

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Março 2012

173

Equações Homogêneas - Parte I

Exercícios (respostas na página 241) 1.1. Considere a equação diferencial y00 − ω 2 y = 0, para ω > 0.

ita l

2.1

(a) Mostre que y(t) = c1 e−ω (t− a) + c2 eω (t− a) , para a ∈ R fixo, é solução geral de equação diferencial.

(b) Mostre que y(t) = c1 cosh(ω (t − a)) + c2 senh(ω (t − a)), para a ∈ R fixo, é solução geral de equação diferencial. 1.2. Considere a equação diferencial

ig

( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0.

(a) Encontre uma solução da equação diferencial da forma

para r um número real fixo.

D

y1 ( x ) = erx ,

(b) Encontre uma solução da equação diferencial que seja uma função de 1o grau. (c) Encontre a solução geral da equação diferencial. (d) Encontre a solução do PVI

( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0, y(1) = 1, y0 (1) = 3.

ia

(

1.3. As equações de Euler são equações que podem ser escritas na forma

óp

x2 y00 + bxy0 + cy = 0,

em que b, c ∈ R.

(2.12)

Mostre que existem valores constantes de r tais que y( x ) = xr é uma solução de (2.12). Além disso, mostre que y( x ) = xr é solução da equação (2.12) se, e somente se, r2 + (b − 1)r + c = 0,

(2.13)

A equação (2.13) é chamada equação indicial de (2.12). Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

174

1.4. Mostre que se a equação indicial (2.13) tem duas raízes reais (distintas), r1 e r2 , então y 1 ( x ) = x r1

e

y 2 ( x ) = x r2

são soluções fundamentais de (2.12) e portanto

é a solução geral de (2.12), para x > 0.

ig

y ( x ) = c 1 x r1 + c 2 x r2

1.5. Se a equação indicial (2.13) tem duas raízes complexas, r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, use a fórmula de Euler para escrever a solução geral complexa em termos das soluções reais, para x > 0, e

v( x ) = x α sen( β ln x ).

D

u( x ) = x α cos( β ln x )

Mostre que estas soluções são soluções fundamentais de (2.12) e portanto y( x ) = c1 x α cos( β ln x ) + c2 x α sen( β ln x )

ia

é a solução geral de (2.12), para x > 0. 1− b

óp

1.6. Se a equação indicial (2.13) tem somente uma raiz real, mostre que y1 ( x ) = x 2 e y2 ( x ) = x soluções fundamentais de (2.12) e portanto a solução geral de (2.12), para x > 0, é y ( x ) = c1 x

1− b 2

+ c2 x

1− b 2

1− b 2

ln x são

ln x.

1.7. Use os exercícios anteriores para encontrar a solução geral das seguintes equações: (a) x2 y00 + 4xy0 + 2y = 0 (b) x2 y00 − 3xy0 + 4y = 0 (c) x2 y00 + 3xy0 + 5y = 0 Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

175

Equações Homogêneas - Parte I

ita l

2.1

1.8. Baseado no Teorema 2.1 na página 158, determine um intervalo em que os problemas de valor inicial abaixo têm uma única solução, sem resolvê-los: ( ( (t2 − 1)y00 + (t − 2)y = t (t2 − t)y00 + (t + 1)y0 + y = et (a) (c) 0 0 y (0) = y0 , y (0) = y0 y(−1) = y0 , y0 (−1) = y00 ( ( (t2 − 1)y00 + y0 + ty = t2 (t2 − t)y0 + (t + 3)y0 + 2y = cos t (b) (d) y(2) = y0 , y0 (2) = y00 y(2) = y0 , y0 (2) = y00

ig

1.9. Considere a equação homogênea y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) funções contínuas num intervalo I. Usando o Teorema 2.1 na página 158 mostre que esta equação tem soluções fundamentais em I.

D

1.10. Mostre que y(t) = sen(t2 ) não pode ser solução de uma equação diferencial y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) contínuas num intervalo contendo t = 0. 1.11. Considere a equação

ty00 − (2 + t2 )y0 + 3ty = 0.

ia

Mostre que y1 (t) = t3 e y2 (t) = t2 |t| são soluções LI desta equação válidas para todo t ∈ R, embora W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ R.

óp

1.12. Considere a equação homogênea y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) funções contínuas num intervalo aberto I. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas soluções desta equação no intervalo I. Mostre que se y1 (t) e y2 (t) são LI, então elas são soluções fundamentais da equação diferencial em I. Sugestão: mostre que se y1 (t) e y2 (t) não são soluções fundamentais da equação diferencial, então y1 (t) e y2 (t) são LD. 1.13. (Teorema de Abel) Considere a equação homogênea y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, com p(t) e q(t) funções contínuas num intervalo I. Sejam y1 (t) e y2 (t) duas soluções desta equação no intervalo I. Seja W [y1 , y2 ](t) o wronskiano de y1 (t) e y2 (t) no intervalo I. Mostre que: (a) W [y1 , y2 ]0 (t) = y1 (t)y200 (t) − y2 (t)y100 (t) (b) W [y1 , y2 ](t) satisfaz a equação diferencial y0 + p(t)y = 0 no intervalo I. Março 2012

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Reginaldo J. Santos

(c) W [y1 , y2 ](t) = ce−

R

p(t)dt

.

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

176

(d) W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ I ou W [y1 , y2 ](t) 6= 0, para todo t ∈ I.

1.14. Mostre que se y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais da equação y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0 num intervalo I, então y2 (t)y100 (t) − y1 (t)y200 (t) W [y1 , y2 ](t)

e

q(t) = −

y20 (t)y100 (t) − y10 (t)y200 (t) , W [y1 , y2 ](t)

para t ∈ I.

ig

p(t) =

óp

ia

D

Sugestão: substitua y1 (t) e y2 (t) na equação diferencial e resolva o sistema correspondente para p(t) e q ( t ).

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

177

2.2. Equações Homogêneas - Parte II

Equações Homogêneas - Parte II

2.2.1

Obtendo-se uma Segunda Solução (Redução de Ordem)

ita l

2.2

Considere uma equação linear de 2a. ordem homogênea y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0.

ig

(2.14)

Seja y1 (t) uma solução conhecida da equação acima num intervalo I onde p(t) e q(t) são contínuas e tal que y1 (t) 6= 0 para todo t ∈ I. Vamos procurar uma segunda solução da equação (2.14) da forma

D

y ( t ) = v ( t ) y1 ( t ).

Derivando-se esta expressão obtemos y0 (t) = vy10 + y1 v0

e

y00 (t) = vy100 + 2y10 v0 + y1 v00 .

Substituindo-se y(t), y0 (t) e y00 (t) na equação (2.14) obtemos

ia

(vy100 + 2y10 v0 + y1 v00 ) + p(t)(vy10 + y1 v0 ) + q(t)vy1 = 0.

Colocando-se em evidência v00 , v0 e v obtemos y1 v00 + (2y10 + p(t)y1 )v0 + (y100 + p(t)y10 + q(t)y1 )v = 0.

óp

Como y1 (t) é solução da equação (2.14), então y100 + p(t)y10 + q(t)y1 = 0 e assim a equação anterior se torna y1 v00 + (2y10 + p(t)y1 )v0 = 0.

(2.15)

Fazendo a mudança de variáveis w(t) = v0 (t), a equação (2.15) se transforma em

Março 2012

y1 w0 + (2y10 + p(t)y1 )w = 0. GoBack GoForward

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ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

178

Esta é uma equação de 1a. ordem linear e separável. Resolvendo-se esta equação e como w(t) = v0 (t), então Z v(t) =

w(t)dt,

(2.16)

é tal que y2 (t) = y1 (t)v(t) é uma segunda solução da equação (2.14), que não é um múltiplo escalar de y1 (t).

ig

No próximo exemplo vamos seguir os mesmos passos que seguimos no caso geral.

ay00 + by0 + cy = 0

D

Exemplo 2.6. Sejam a, b, c ∈ R, com a 6= 0. Considere a equação com b2 − 4ac = 0.

(2.17)

b

Deixamos como exercício verificar que y1 (t) = e− 2a t é uma solução da equação diferencial (2.17). Vamos procurar uma segunda solução da forma

Como

ia

y(t) = v(t)y1 (t) = v(t)ert , em que r = −

e

y00 (t) = v00 (t)ert + 2rv0 (t)ert + r2 v(t)ert ,

óp

y0 (t) = v0 (t)ert + rv(t)ert

b . 2a

então substituindo-se y(t), y0 (t) e y00 (t) na equação diferencial (2.17) obtemos h i a(v00 + 2rv0 + r2 v) + b(v0 + rv) + cv ert = 0. Dividindo-se por ert obtemos

a(v00 + 2rv0 + r2 v) + b(v0 + rv) + cv = 0.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

179

Equações Homogêneas - Parte II

Colocando-se em evidência v00 , v0 e v obtemos av00 + (2ar + b)v0 + ( ar2 + br + c)v = 0. b Como r = − 2a é (a única) solução da equação ar2 + br + c = 0 e 2ar + b = 0, então a equação diferencial anterior fica sendo

av00 = 0

ou

v00 = 0.

ita l

2.2

ig

Seja w(t) = v0 (t). Então, a equação v00 = 0 torna-se w0 = 0 que tem solução w(t) = c˜1 . Resolvendo-se a equação v0 (t) = w(t) = c˜1 obtemos v(t) = c˜1 t + c˜2 e

D

y(t) = v(t)y1 (t) = (c˜1 t + c˜2 )ert .

(2.18)

Tomando-se c˜2 = 0 e c˜1 = 1 obtemos uma segunda solução, que chamamos de y2 (t), da equação diferencial (2.17) y2 (t) = tert . Vamos ver que y1 (t) = ert e y2 (t) = tert , em que r = −

ia

da equação diferencial (2.17)   y1 ( t ) y2 ( t ) det y10 (t) y20 (t)

b , são soluções fundamentais 2a

 ert tert det rert (1 + rt)ert   1 t 2rt e det r (1 + rt) 

=

óp

=

= e2rt 6= 0,

Assim,

para todo t ∈ R.

b 2a é a solução geral da equação ay00 + by0 + cy = 0, tal que b2 − 4ac = 0 e a 6= 0. y(t) = c1 ert + c2 tert ,

Março 2012

em que r = −

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

2.2.2

ita l

180

Equações Homogêneas com Coeficientes Constantes

Vamos tratar equações da forma

para a, b, c ∈ R, a 6= 0.

(2.19)

ig

ay00 + by0 + cy = 0,

Vamos mostrar que para esta equação existem valores constantes de r tais que y(t) = ert é uma solução. Substituindo-se y(t) = ert , y0 (t) = rert e y00 (t) = r2 ert em (2.19) obtemos

D

ar2 ert + brert + cert = ( ar2 + br + c)ert = 0.

Como ert 6= 0, então y(t) = ert é solução de (2.19) se, e somente se, r é solução da equação ar2 + br + c = 0, (2.20)

óp

ia

que é chamada equação característica de (2.19). Observe que a equação característica pode ser obtida da equação diferencial com coeficientes constantes trocando-se y00 por r2 , y0 por r e y por 1. Como uma equação de 2o. grau pode ter duas raízes reais, somente uma raiz real ou duas raízes complexas, usando a equação característica podemos chegar a três situações distintas.

A Equação Característica Tem Duas Raízes Reais Se ∆ = b2 − 4ac > 0, então a equação característica de (2.19) tem duas raízes reais (distintas), r1 e r2 . Neste caso

Tópicos de Equações Diferenciais

y 1 ( t ) = e r1 t GoBack GoForward

e

y 2 ( t ) = e r2 t Março 2012

181

Equações Homogêneas - Parte II

= e r1 t e y 2 ( t ) = e r2 t é  e r2 t r 2 e r2 t  1 1 r1 r2

ita l

2.2

são soluções fundamentais, pois o wronskiano de y1 (t)    rt y1 ( t ) y2 ( t ) e1 W [y1 , y2 ](t) = det = det y10 (t) y20 (t) r 1 e r1 t  r1 t r2 t = e e det

para todo t ∈ R.

ig

= (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t 6= 0,

Assim, no caso em que a equação característica tem duas raízes reais distintas r1 e r2 , y ( t ) = c 1 e r1 t + c 2 e r2 t

D

é a solução geral de (2.19).

Exemplo 2.7. Seja ω um número real positivo. Vamos encontrar a solução geral da equação y00 − ω 2 y = 0. A equação característica desta equação diferencial é r2 − ω 2 = 0, que tem como raízes r1 = ω e r2 = −ω. Assim, a solução geral da equação diferencial acima é

óp

ia

y(t) = c1 eωt + c2 e−ωt .

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ig

ita l

182

ia

D

y

y0

t

óp

Figura 2.5. Algumas soluções da equação do Exemplo 2.7

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

2.2

183

Equações Homogêneas - Parte II

ita l

A Equação Característica Tem Somente Uma Raiz Real

Se ∆ = b2 − 4ac = 0, então a equação característica (2.20) tem somente uma raiz real b r = − . Neste caso, 2a b y1 (t) = ert = e− 2a t

D

ig

é solução da equação diferencial (2.19). No Exemplo 2.6 na página 178 mostramos como encontrar uma segunda solução b para esta equação. Lá mostramos que y2 (t) = tert = te− 2a t também é solução da b b equação (2.19) e que y1 (t) = e− 2a t e y2 (t) = te− 2a t são soluções fundamentais da equação diferencial (2.19). Portanto, no caso em que a equação característica tem somente uma raiz real r = b − , 2a b b y(t) = c1 e− 2a t + c2 te− 2a t é a solução geral de (2.19).

ia

Exemplo 2.8. Vamos encontrar a solução geral da equação y00 + 2y0 + y = 0. A equação característica é r2 + 2r + 1 = 0, que tem como raiz r1 = −1. Assim, a solução geral da equação é

óp

y(t) = c1 e−t + c2 te−t .

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ig

ita l

184

y

t

ia

D

y0

óp

Figura 2.6. Algumas soluções da equação do Exemplo 2.8

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

2.2

185

Equações Homogêneas - Parte II

ita l

A Equação Característica Tem Duas Raízes Complexas

Se ∆ = b2 − 4ac < 0, então a equação característica (2.20) tem duas raízes complexas, que são conjugadas, ou seja, se r1 = α + iβ é uma raiz da equação característica (2.20), então a outra raiz é r2 = α − iβ. Neste caso, pela fórmula de Euler (2.11) temos:

= er1 t = e(α+iβ)t = eαt (cos βt + i sen βt) e

y2 ( t )

= er2 t = e(α−iβ)t = eαt (cos(− βt) + i sen(− βt)) = eαt (cos βt − i sen βt).

ig

y1 ( t )

D

Pela análise feita no início dessa seção sabemos que y1 (t) = er1 t e y2 (t) = er2 t são soluções (complexas) da equação diferencial (2.19). Além disso, assim como quando r1 e r2 são reais, o wronskiano    rt  y1 ( t ) y2 ( t ) e1 e r2 t = det W [y1 , y2 ](t) = det y10 (t) y20 (t) r 1 e r1 t r 2 e r2 t   1 1 = er1 t er2 t det r1 r2

= (r2 − r1 )e(r1 +r2 )t = −2iβe2αt 6= 0,

∀ t ∈ R,

ia

ou seja, y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais de (2.19). Assim, no caso em que a equação característica tem duas raízes complexas r1 = α + iβ e r2 = α − iβ, y(t) = C1 er1 t + C2 er2 t ,

C1 , C2 ∈ C

óp

é a solução geral complexa de (2.19). Vamos encontrar um conjunto fundamental de soluções reais. A solução geral complexa pode ser escrita como y(t)

Março 2012

= C1 e(α+iβ)t + C2 e(α−iβ)t = C1 eαt (cos βt + i sen βt) + C2 eαt (cos βt − i sen βt) = (C1 + C2 )eαt cos βt + i (C1 − C2 )eαt sen βt GoBack GoForward

(2.21)

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

186

ita l

1 em (2.21), temos a solução real u(t) = eαt cos βt. 2 1 Tomando C1 = −C2 = , temos a solução real v(t) = eαt sen βt. 2i Vamos mostrar, agora, que se as raízes da equação característica são complexas, então u(t) e v(t) são soluções fundamentais de (2.19). Tomando C1 = C2 =

W [u, v](t) = det

u(t) u0 (t)

v(t) v0 (t)





= =

βe2αt 6= 0,

para todo t ∈ R.

D

=

 eαt cos βt eαt sen βt det eαt (α cos βt − β sen βt) eαt (α sen βt + β cos βt)      cos βt sen βt cos βt sen βt 2αt e α det + β det cos βt sen βt − sen βt cos βt

ig



Assim, no caso em que a equação característica tem duas raízes complexas r1 = α + iβ e r2 = α − iβ,

ia

y(t) = c1 eαt cos βt + c2 eαt sen βt é a solução geral de (2.19).

óp

Exemplo 2.9. Seja ω um número real positivo. Vamos encontrar a solução geral da equação y00 + ω 2 y = 0. A equação característica desta equação diferencial é r2 + ω 2 = 0, que tem como raízes r1 = iω e r2 = −iω. Assim, a solução geral da equação diferencial acima é y(t) = c1 cos ωt + c2 sen ωt.

(2.22)

Escrevendo o par (c1 , c2 ) em coordenadas polares temos que Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

187

Equações Homogêneas - Parte II y

( c1 , c2 ) c2



δ c1

= =

R cos δ, R sen δ.

(2.23)

ig

R

c1 c2

ita l

2.2

x

D

Substituindo-se os valores de c1 e c2 na equação (2.22) obtemos

em que R =

q

c21 + c22 e δ são obtidos de (2.23).

óp

ia

y(t) = R (cos δ cos (ωt) + sen δ sen (ωt)) = R cos(ωt − δ),

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

188

ig

y

2π/ω

D

R

δ/ω

(δ+2π)/ω

t

ia

−R

óp

Figura 2.7. Uma solução da equação do Exemplo 2.9

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

Equações Homogêneas - Parte II

189

Resumo

ita l

2.2

Para resolver a equação diferencial ay00 + by0 + cy = 0, encontramos a equação característica ar2 + br + c = 0.

para a, b, c ∈ R, a 6= 0,

ig

(a) Se ∆ = b2 − 4ac > 0, então a solução geral da equação diferencial é √ −b ± ∆ r1 t r2 t y(t) = c1 e + c2 e , em que r1,2 = . 2a

(b) Se ∆ = b2 − 4ac = 0, então a solução geral da equação diferencial é b

b

y(t) = c1 e− 2a t + c2 te− 2a t .

óp

ia

D

(c) Se ∆ = b2 − 4ac < 0, então a solução geral da equação diferencial é √ −b −∆ αt αt y(t) = c1 e cos βt + c2 e sen βt, em que α = , β= . 2a 2a

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

Exercícios (respostas na página 250) 2.1. Mostre que y1 ( x ) = x3 é solução da equação diferencial 2x2 y00 − xy0 − 9y = 0.

ita l

190

Encontre uma função u( x ) tal que y2 ( x ) = u( x )y1 ( x ) seja solução da equação dada. Prove que as duas soluções y1 ( x ) e y2 ( x ) são soluções fundamentais.

ig

2.2. Mostre que y1 ( x ) = x −1 , x > 0, é solução da equação diferencial x2 y00 + 3xy0 + y = 0.

D

Encontre uma função u( x ) tal que y2 ( x ) = u( x )y1 ( x ) seja solução da equação dada. Prove que as duas soluções y1 ( x ) e y2 ( x ) são soluções fundamentais. 2.3. As equações de Euler são equações que podem ser escritas na forma x2 y00 + bxy0 + cy = 0,

em que b, c ∈ R.

(2.24)

ia

Existem valores constantes de r tais que y( x ) = xr é uma solução de (2.24). Além disso y( x ) = xr é solução da equação (2.24) se, e somente se, r2 + (1 − b)r + c = 0,

(2.25)

óp

que é chamada equação indicial de (2.24). Se a equação indicial r2 + (b − 1)r + c = 0 tem somente 1−b uma raiz real, r = , determine uma segunda solução linearmente independente da forma 2 y2 ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) x

2.4.

1− b 2

,

para x > 0.

(a) Determine qual ou quais das funções z1 ( x ) = x2 , z2 ( x ) = x3 e z3 ( x ) = e− x são soluções da equação

Tópicos de Equações Diferenciais

( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0 GoBack GoForward

Março 2012

191

Equações Homogêneas - Parte II

ita l

2.2

(b) Seja y1 ( x ) uma das soluções obtidas no item anterior. Determine uma segunda solução y2 ( x ) de forma que y1 ( x ) e y2 ( x ) sejam soluções fundamentais da equação. (c) Determine a solução geral da equação

( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0

ig

e obtenha a solução do problema de valor inicial   ( x + 3)y00 + ( x + 2)y0 − y = 0, y(1) = 1,  0 y (1) = 3. Justifique sua resposta!

D

2.5. Mostre que a solução do problema y00 + 2y0 = 0, y(0) = a, y0 (0) = b tende para uma constante quando t → +∞. Determine esta constante. 2.6. Mostre que se 0 < b < 2, então toda solução de y00 + by0 + y = 0 tende a zero quando t → +∞. 2.7. Considere o problema y00 − 4y = 0, y(0) = 0, y0 (0) = b 6= 0. Mostre que y(t) 6= 0 para todo t 6= 0.

ia

2.8. Considere o problema y00 − y0 + 14 y = 0, y(0) = 2, y0 (0) = b. Determine os valores de b para os quais a solução y(t) → +∞ quando t → +∞. 2.9. Considere a equação y00 + 2by0 + y = 0. Para quais valores de b a solução y(t) tende a zero quando t → +∞, independente das condições iniciais. (a) Encontre a solução geral da equação

óp

2.10.

y00 + 2y0 + αy = 0

para α > 1, para α = 1 e para α < 1.

(b) Para quais valores de α todas as soluções tendem a zero quando t → +∞.

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

192

Equações Não Homogêneas

ita l

2.3

Uma equação diferencial linear de 2a. ordem é não homogênea se ela pode ser escrita como y00 + p(t)y0 + q(t)y = f (t). (2.26)

ig

com f (t) uma função não-nula.

D

Teorema 2.6. Seja y p (t) uma solução particular da equação (2.26). Sejam y1 (t) e y2 (t) soluções fundamentais da equação homogênea correspondente. Então, a solução geral da equação não homogênea (2.26) é y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) + y p ( t ).

ia

Ou seja, a solução geral da equação diferencial linear de 2a. ordem não homogênea é a soma da solução geral da equação homogênea correspondente, c1 y1 (t) + c2 y2 (t), com uma solução particular da equação diferencial não homogênea, y p (t).

Demonstração. Seja y(t) uma solução qualquer de (2.26) e y p (t) uma solução parti-

óp

cular de (2.26). Vamos mostrar que Y (t) = y(t) − y p (t) é solução da equação homogênea associada y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0. (2.27) Y 00 (t) + p(t)Y 0 (t) + q(t)Y (t)

= (y(t) − y p (t))00 + p(t)(y(t) − y p (t))0 + q(t)(y(t) − y p (t)) 
 = y00 (t) + p(t)y0 (t) + q(t)y(t) − y00p (t) + p(t)y0p (t) + q(t)y p (t) | {z } | {z } =

Tópicos de Equações Diferenciais

= f (t)

= f (t)

f (t) − f (t) = 0. GoBack GoForward

Março 2012

193

Equações Não Homogêneas

ita l

2.3

Assim, se y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais da equação homogênea associada (2.27), existem constantes c1 e c2 tais que Y ( t ) = y ( t ) − y p ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ),

ou seja, se y(t) é uma solução qualquer de (2.26) e y1 (t) e y2 (t) são soluções fundamentais da equação homogênea associada (2.27), então

(2.28)

ig

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) + y p ( t ).



D

Portanto, para encontrar a solução geral de uma equação linear de 2a. ordem não homogênea precisamos encontrar uma solução particular e duas soluções fundamentais da equação homogênea correspondente.

t é solução da equação diferencial 4

ia

Exemplo 2.10. A função y1 (t) =

y00 + 4 y = t.

óp

Verifique! Já vimos no Exemplo 2.9 na página 186 que a solução geral da equação diferencial homogênea correspondente, y00 + 4 y = 0, é yh (t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t.

Logo, a solução geral da equação não homogênea y00 + 4 y = t é t y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t + . 4

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem t 2

Exemplo 2.11. A função y2 (t) = sen(2t) é solução da equação y00 + 4 y = 2 cos(2t).

ita l

194

Verifique! Vimos no Exemplo 2.9 na página 186 que a solução geral da equação diferencial homogênea correspondente, y00 + 4 y = 0, é

Logo, y(t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t +

ig

yh (t) = c1 cos 2t + c2 sen 2t. t sen(2t) 2

é solução geral da equação diferencial

D

y00 + 4 y = 2 cos(2t).

ia

Teorema 2.7 (Princípio da Superposição para Equações Não Homogêneas). Se y(p1) (t) é uma solução de

y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 1 (t)

(2)

óp

e y p (t) é uma solução de (1)

y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 2 (t),

(2)

então y p (t) = y p (t) + y p (t) é solução de y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 1 (t) + f 2 (t).

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

195

Equações Não Homogêneas

Demonstração. y p (t)00 + p(t)y0p (t) + q(t)y p (t) = (1)

(2)

(1)

(2)

(1)

ita l

2.3

(2)

= (y p (t) + y p (t))00 + p(t)(y p (t) + y p (t))0 + q(t)(y p (t) + y p (t)) = (1)

(1)

(1)

(2)

(2)

(2)

= y p (t)00 + p(t)y p (t)0 + q(t)y p (t) + y p (t)00 + p(t)y p (t)0 + q(t)y p (t) = | {z } | {z } =

= f 2 (t)

f 1 ( t ) + f 2 ( t ), (1)

pois y p (t) é solução da equação y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 1 (t)

D

(2)

e y p (t), da equação

ig

= f 1 (t)

y00 + p(t)y0 + q(t)y = f 2 (t).

equação diferencial

ia

Exemplo 2.12. Vimos no Exemplo 2.10 que a função y1 (t) =



t é uma solução da 4

óp

y00 + 4 y = t t e no Exemplo 2.11 que a função y2 (t) = sen(2t) é uma solução da equação 2 y00 + 4 y = 2 cos(2t).

Pelo Princípio da Superposição para Equações Não Homogêneas (Teorema 2.7) t t y(t) = + sen(2t) é uma solução particular da equação 4 2 y00 + 4 y = 2 cos(2t) + t

Março 2012

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e a solução geral desta equação é y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) +

2.3.1

t t + sen(2t). 4 2

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

196

Método dos Coeficientes a Determinar para Equações com Coeficientes Constantes

ig

Vamos tratar equações lineares não homogêneas com coeficientes constantes, ou seja, da forma ay00 + by0 + cy = f (t). (2.29) em que a, b e c são números reais, a 6= 0.

D

Este método funciona quando a função f (t) tem uma das seguintes formas: (Caso 1) f (t) = a0 + . . . + an tn , em que a0 , . . . , an ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma y p ( t ) = t s ( A0 + . . . + A n t n ),

ia

em que s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de y p (t) seja solução da equação homogênea correspondente e A0 , . . . , An são coeficientes a serem determinados substituindo-se y p (t) na equação (2.29). O Exemplo 2.13 ilustra este caso.

óp

(Caso 2) f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt , em que a0 , . . . , an , α ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma y p (t) = ts ( A0 + . . . + An tn )eαt ,

em que s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de y p (t) seja solução da equação homogênea correspondente e A0 , . . . , An são coeficientes a serem determinados substituindo-se y p (t) na equação (2.29). O Exemplo 2.14 ilustra este caso.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

2.3

197

Equações Não Homogêneas

ita l

(Caso 3) f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt cos βt ou f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt sen βt, em que a0 , . . . , an , α, β ∈ R. Neste caso deve-se procurar uma solução particular da forma

y p (t) = ts [( A0 + . . . + An tn )eαt cos βt + ( B0 + . . . + Bn tn )eαt sen βt],

ig

em que s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de y p (t) seja solução da equação homogênea correspondente e A0 , . . . , An , B0 , . . . , Bn são coeficientes a serem determinados substituindo-se y p (t) na equação (2.29). O Exemplo 2.15 ilustra este caso.

D

Observe que os três casos não são excludentes. O Caso 1 é um caso particular do Caso 2 com α = 0. O Caso 2 é um caso particular do Caso 3 com β = 0.

Exemplo 2.13. Vamos encontrar a solução do problema de valor inicial y00 + y0 = 2 + t2 y(0) = 1, y0 (0) = 2.

ia



Precisamos encontrar a solução geral da equação homogênea correspondente

óp

y00 + y0 = 0.

A equação característica é

r2 + r = 0

que tem como raízes r1 = 0 e r2 = −1. Assim, a solução geral da equação homogênea correspondente y00 + y0 = 0 é y ( t ) = c1 + c2 e − t .

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

198

y p ( t ) = t1 ( A0 + A1 t + A2 t2 ) = A0 t + A1 t2 + A2 t3 .

ita l

O segundo membro da equação diferencial, f (t) = 2 + t2 , é da forma do Caso 1. Este é um polinômio de grau 2, ou seja, é um caso particular de f (t) = a0 + · · · + an tn , em que a0 = 2, a1 = 0, a2 = 1, n = 2. Vamos procurar uma solução particular da forma

y00p (t) = 2A1 + 6A2 t.

ig

O valor de s é igual a 1, pois para s = 0, a parcela A0 é solução da equação homogênea (c2 = 0 e c1 = A0 ). y0p (t) = A0 + 2A1 t + 3A2 t2 Substituindo y0p (t) e y00p (t) na equação y00 + y0 = 2 + t2 obtemos

D

(2A1 + 6A2 t) + ( A0 + 2A1 t + 3A2 t2 ) = ( A0 + 2A1 ) + (2A1 + 6A2 )t + 3A2 t2 = 2 + t2 . Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear  = 2  A0 + 2A1 2A1 + 6A2 = 0  3A2 = 1

óp

ia

que tem solução A0 = 4, A1 = −1 e A2 = 1/3. Assim, uma solução particular da equação não homogênea é 1 y p (t) = 4t − t2 + t3 3 e a solução geral da equação não homogênea é 1 y(t) = c1 + c2 e−t + 4t − t2 + t3 3

(2.30)

Para resolvermos o problema de valor inicial vamos calcular a derivada da solução geral da equação não homogênea y0 (t) = −c2 e−t + t2 − 2 t + 4.

Tópicos de Equações Diferenciais

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(2.31) Março 2012

2.3

199

Equações Não Homogêneas

de onde obtemos c1 = −1 e c2 = 2. Logo, a solução do PVI é

óp

ia

D

ig

1 y(t) = −1 + 2e−t + 4t − t2 + t3 . 3

ita l

Substituindo-se t = 0 e y = 1 em (2.30) e t = 0 e y0 = 2 em (2.31) obtemos  c1 + c2 = 1 4 − c2 = 2

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ig

ita l

200

y

D

6

4

2

ia

t -4

2

4

-2

óp

Figura 2.8. A solução do problema de valor inicial do Exemplo 2.13

-2

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

201

Equações Não Homogêneas

Exemplo 2.14. Vamos encontrar a solução geral da equação y00 + 2y0 + y = (2 + t)e−t .

ita l

2.3

Precisamos encontrar a solução geral da equação homogênea correspondente

A equação característica é r2 + 2r + 1 = 0

ig

y00 + 2y0 + y = 0.

D

que tem como raiz r1 = −1. Assim, a solução geral da equação homogênea correspondente y00 + 2y0 + y = 0 é y(t) = c1 e−t + c2 te−t .

ia

O segundo membro da equação diferencial, f (t) = (2 + t)e−t , é da forma do Caso 2. É um caso particular de f (t) = ( a0 + · · · + an tn )eαt em que a0 = 2, a1 = 1, n = 1 e α = −1. Vamos procurar uma solução particular da forma y p ( t ) = t2 ( A0 + A1 t ) e − t = ( A0 t2 + A1 t3 ) e − t .

óp

O valor de s é igual a 2, pois para s = 0 as parcelas A0 e−t e A1 te−t são soluções da equação homogênea (c1 = A0 , c2 = 0 e c1 = 0, c2 = A1 ) e para s = 1 a parcela A0 te−t é solução da equação homogênea (c1 = 0 e c2 = A0 ).   y0p (t) = 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t

  y00p (t) = 2A0 + (6A1 − 4A0 )t + ( A0 − 6A1 )t2 + A1 t3 e−t .

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

202



 2A0 + (6A1 − 4A0 )t + ( A0 − 6A1 )t2 + A1 t3 e−t +   + 2 2A0 t + (3A1 − A0 )t2 − A1 t3 e−t +

Simplificando o primeiro membro obtemos

(2A0 + 6A1 t) e−t = (2 + t)e−t

⇒

= (2 + t ) e − t .

ig

+ ( A0 t2 + A1 t3 ) e − t

ita l

Substituindo y0p (t) e y00p (t) na equação y00 + 2y0 + y = (2 + t)e−t obtemos

2A0 + 6A1 t = 2 + t.

D

Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear  2A0 = 2 6A1 = 1

ia

que tem solução A0 = 1 e A1 = 1/6. Assim, uma solução particular da equação não homogênea é 1 y p ( t ) = ( t2 + t3 ) e − t 6 e a solução geral da equação não homogênea é

óp

1 y(t) = c1 e−t + c2 te−t + (t2 + t3 )e−t . 6

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

203

Equações Não Homogêneas

ig

ita l

2.3

y

t

ia

D

y0

óp

Figura 2.9. Algumas soluções da equação do Exemplo 2.14

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

204

Exemplo 2.15. Vamos encontrar a solução geral da equação y00 + 2y0 + 2y = et cos t.

Precisamos encontrar a solução geral da equação homogênea correspondente

A equação característica é r2 + 2r + 2 = 0

ig

y00 + 2y0 + 2y = 0.

que tem como raízes r1 = −1 + i e r2 = −1 − i. Assim, a solução geral da equação homogênea correspondente y00 + 2y0 + 2y = 0 é

D

y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t.

O segundo membro da equação diferencial, f (t) = et cos t, é da forma do Caso 3. É um caso particular de f (t) = ( a0 + . . . + an tn )eαt cos βt, em que a0 = 1, n = 0, α = 1 e β = 1. Vamos procurar uma solução particular da forma

ia

y p (t) = t0 ( Aet cos t + Bet sen t) = Aet cos t + Bet sen t O valor de s é igual a 0, pois nenhuma parcela de y p (t) é solução da equação homogênea.

óp

y0p (t) = A(et cos t − et sen t) + B(et sen t + et cos t+) = ( A + B)et cos t + ( B − A)et sen t y00p (t) = 2Bet cos t − 2Aet sen t.

Substituindo y0p (t) e y00p (t) na equação y00 + 2y0 + y = et cos t obtemos 2Bet cos t − 2Aet sen t + 2 ( A + B)et cos t + ( B − A)et sen t

Tópicos de Equações Diferenciais




+ 2( Aet cos t + Bet sen t) = et cos t GoBack GoForward

Março 2012

205

Equações Não Homogêneas

Simplificando o primeiro membro obtemos

(4A + 4B)et cos t + (4B − 4A)et sen t = et cos t Substituindo t = 0 e t = π/2 obtemos obtemos o sistema linear  4A + 4B = 1 −4A + 4B = 0

ita l

2.3

D

ig

que tem solução A = 1/8 e B = 1/8. Assim, uma solução particular da equação não homogênea é 1 1 y p (t) = et cos t + et sen t 8 8 e a solução geral da equação não homogênea é

óp

ia

1 y(t) = c1 e−t cos t + c2 e−t sen t + et (cos t + sen t). 8

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ig

ita l

206

y0

t

ia

D

y

óp

Figura 2.10. Algumas soluções da equação do Exemplo 2.15

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

2.3

207

Equações Não Homogêneas

ita l

Exercícios (respostas na página 259) 3.1. Encontre a solução geral das equações: (a) y00 + 5y0 + 6y = xe−5x . (b) y00 − 4y0 + 6y = 3x. (c) y00 + 4 y = 2 sen(2t) + t

ig

(d) y00 + 2y = et + 2 3.2. Resolva os problemas de valor inicial: (b) y00 + 2 y0 + y = 3 sen(2t), (c) y00 − 4 y0 + 4 y = 3e−t , (d) 2y00 + 2y0 + y = t2 , 3.3.

y 0 (0) = 0

y(0) = 0,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0

y(0) = 0,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 0

D

(a) y00 + y0 − 2y = t2 + 3,

y 0 (0) = 0

(a) Encontre a solução geral da equação

ia

y00 + 2y0 + αy = 0 para α > 1, para α = 1 e para α < 1.

óp

(b) Determine a forma adequada para uma solução particular da equação √ y00 + 2y0 + αy = te−t sen( α − 1 t) para α > 1.

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

2.4

Oscilações

2.4.1

Oscilações Livres

y

óp

ia

Fext

u

L

P=mg

D

P=mg

Figura 2.11. Sistema massa-mola na vertical

0

r

0

F = − γv

ig

e

Fe = − k y

F =−kL

ita l

208

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

209

Oscilações

ita l

2.4

Considere um sistema massa-mola na vertical. Seja L o alongamento provocado na mola pela colocação de um corpo de massa m quando o sistema está em equilíbrio. Neste caso a magnitude da força elástica é proporcional ao alongamento e igual a magnitude da força peso, ou seja, mg = kL.

(2.32)

ig

Aqui k é chamada constante da mola. Vamos agora colocar o sistema em movimento. Seja y(t) o alongamento da mola em um instante t. Neste caso a origem, y = 0, é o ponto de equilíbrio da mola. Sobre o corpo de massa m agem o seu peso, P = mg,

D

a força da mola que é proporcional ao seu alongamento e tem sentido oposto a ele, Fe = −ky(t),

uma força de resistência proporcional à velocidade,

ia

Fr = −γy0 (t). Aqui γ é a constante de amortecimento. Pela segunda lei de Newton, temos que

óp

my00 (t) = mg − ky(t) − γy0 (t).

Definindo a nova função u(t) = y(t) − L,

ou seja, fazendo uma translação de forma que a nova origem seja o ponto de equilíbrio do sistema massa-mola, obtemos

Março 2012

mu00 (t) = mg − k( L + u(t)) − γu0 (t). GoBack GoForward

(2.33) Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

210

Assim, por (2.32) e (2.33), u(t) satisfaz a seguinte equação diferencial mu00 (t) + γu0 (t) + ku(t) = 0.

(2.34)

Sem Amortecimento

ig

que é a mesma equação que satisfaz x (t) no caso em que o sistema massa-mola se movimenta na horizontal sobre uma superfície lisa. Verifique!

F = −k x

ia

D

e

óp

Figura 2.12. Sistema massa-mola livre não amortecido

Tópicos de Equações Diferenciais

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Fe = −k x

0

x

Março 2012

211

Oscilações

ita l

2.4

Vamos considerar inicialmente o caso em que não há amortecimento, ou seja, γ = 0. Assim, a equação (2.34) para o movimento do sistema massa-mola é mu00 + ku = 0 A equação característica é

r

2

⇔

r=±

k i. m

ig

mr + k = 0 Assim, a solução geral da equação é

r

Seja ω0 =

q

k m.

!

r

+ c2 sen

k t m

!

D

u(t) = c1 cos

k t m

Então, a equação acima pode ser escrita em termos de ω0 como u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) .

(2.35)

Marcando o ponto (c1 , c2 ) no plano e escrevendo em coordenadas polares temos que

ia

y

( c1 , c2 )

óp

c2

 R

c1 c2

= =

R cos δ, R sen δ.

(2.36)

δ

Março 2012

c1

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x

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

212

Substituindo-se os valores de c1 e c2 obtidos de (2.36) na equação (2.35) obtemos u(t)

= = =

R cos δ cos (ω0 t) + R sen δ sen (ω0 t) R (cos δ cos (ω0 t) + sen δ sen (ω0 t)) R cos(ω0 t − δ),

Aqui foi usada a relação

ig

cos( a − b) = cos a cos b + sen a sen b.

óp

ia

D

ω0 é chamada frequência natural do sistema, δ a fase e R a amplitude. 2π Neste caso a solução da equação é periódica de período T = . Este movimento ω0 oscilatório é chamado movimento harmônico simples.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

213

Oscilações

ita l

2.4

ig

Oscilação Livre sem Amortecimento

u(t) =qR cos(ω0 t − δ)

u

ω0 =

k m

2π/ω0

D

R

δ/ω0

(δ+2π)/ω0

t

ia

−R

óp

Figura 2.13. Solução do sistema massamola livre não amortecido

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

214

Exemplo 2.16. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola é dado por u00 + 3u = 0,

u(0) = −1,

u0 (0) = 3.

(a) Encontre a solução geral da equação diferencial e resolva o problema de valor inicial. Determine a amplitude, a frequência, a fase e o período.

ig

(b) Esboce o gráfico da solução obtida. Solução:

D

√ (a) Equação característica é r2 + 3 = 0, que tem como raízes r = ± 3i. Logo, a solução geral da equação diferencial é : √  √  u(t) = c1 cos 3 t + c2 sen 3t .

Para resolver o PVI precisamos calcular a derivada da solução geral: √  √  √ √ 3 t + c2 3 cos 3t u0 (t) = −c1 3 sen

ia

Substituindo-se t = 0, u = −1, u0 = 3 obtemos: √ c1 = −1, c2 = 3. A solução do PVI é portanto

√

óp u(t) = − cos

Marcando o ponto (c1 , c2 ) = (−1, ou seja,

√

 √ √  3 t + 3 sen 3t .

3) no plano obtemos que R = 2 e δ =

u(t) = 2 cos

Tópicos de Equações Diferenciais



√

3 t−

2π 3

2π , 3



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215

Oscilações

A amplitude é igual a 2, a frequência é igual a √ é igual a 2π/ 3.

√

3, a fase é igual a

(b)

2

3/2

2π/3

3/2

8π/3

óp

ia

−2

D

t

ig

u

2π e o período 3

ita l

2.4

Com Amortecimento Neste caso a equação (2.34) para o movimento do sistema massa-mola é mu00 + γu0 + ku = 0

A equação característica é mr2 + γr + k = 0 e ∆ = γ2 − 4km

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

Fe = −k x

ig

Fr = −γ v

ita l

216

D

Fr = −γ v

F = −γ v

ia

r

0

x

óp

Figura 2.14. Sistema massa-mola livre com amortecimento

Fe = −k x

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

217

Oscilações

ita l

2.4

Aqui temos três casos a considerar:

√ (a) Se ∆ = γ2 − 4km > 0 ou γ > 2 km, neste caso

u ( t ) = c 1 e r1 t + c 2 e r2 t , em que

ig

p √ −γ ± ∆ −γ ± γ2 − 4km r1,2 = = <0 2m 2m Este caso é chamado superamortecimento e a solução

D

u(t) → 0

Superamortecimento

u ( t ) = c 1 e r1 t + c 2 e r2 t p −γ ± γ2 − 4km r1,2 = 2m c1 + c2 = u0

u0

óp

ia

u

quando t → +∞.

t

Figura 2.15. Algumas soluções do sistema massa-mola livre com superamortecimento

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

218

ita l

√ (b) Se ∆ = γ2 − 4km = 0 ou γ = 2 km, neste caso γt

γt

u(t) = c1 e− 2m + c2 te− 2m

Este caso é chamado amortecimento crítico e a solução quando t → +∞.

óp

ia

D

ig

u(t) → 0

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

219

Oscilações

ita l

2.4

ig

Amortecimento Crítico

u

γt

γt

u(t) = c1 e− 2m + c2 te− 2m

D

c1 = u0

u0

ia

t

óp

Figura 2.16. Algumas soluções do sistema massa-mola livre com amortecimento crítico

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

220

ita l

√ (c) Se ∆ = γ2 − 4km < 0 ou 0 < γ < 2 km, neste caso γt

u(t) = e− 2m (c1 cos µt + c2 sen µt) em que p

(2.37)

r

γ2 < ω0 4m2 2π Aqui, µ é chamado quase frequência e T = é chamado quase período. µ Escrevendo novamente o par (c1 , c2 ) em coordenadas polares temos que ω02 −

ig

µ=

4km − γ2 = 2m

D

y

( c1 , c2 )

c2



ia

R

c1 c2

= =

R cos δ, R sen δ.

(2.38)

δ

c1

x

óp

Substituindo-se os valores de c1 e c2 na equação (2.37) obtemos γt

γt

u(t) = e− 2m ( R cos δ cos µt + R sen δ sen µt) = Re− 2m cos(µt − δ), q em que R = c21 + c22 e δ são obtidos de (2.38).

Este caso é chamado subamortecimento e a solução

Tópicos de Equações Diferenciais

u(t) → 0 GoBack GoForward

quando t → +∞. Março 2012

2.4

221

Oscilações γt

ita l

Este é um movimento oscilatório com amplitude Re− 2m e é chamado quaseperiódico.

óp

ia

D

ig

Observe que nos três casos a solução tende a zero quando t tende a +∞.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

222

Subamortecimento

γt

u

u(t) = e− 2m (c1 cos µt + c2 sen µt) q 2 µ = ω02 − γ 2 < ω0 4m

c1 = u0

D

Figura 2.17. Algumas soluções do sistema massa-mola livre com subamortecimento

ig

u0

t

Subamortecimento γt

u(t) = Re− 2m cos(µt − δ), q 2 µ = ω02 − γ 2 < ω0

u

óp

ia

4m

2π/µ

R

Re-γt/2m

δ/µ

(δ+2π)/µ -Re

t

-γt/2m

-R

Figura 2.18. Solução típica do sistema massa-mola livre com subamortecimento

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

223

Oscilações

ig

ita l

2.4

u

√ super amortecimento, γ > 2 km

D







√ amortecimento crítico, γ = 2 km



t

√

sub amortecimento, γ < 2 km

óp

ia

Figura 2.19. Comparação das soluções do sistema massa-mola livre com amortecimento para diferentes valores da constante de amortecimento γ

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

2.4.2

Oscilações Forçadas

ita l

224

Vamos supor que uma força externa periódica da forma Fext (t) = F0 cos(ωt), com ω > 0, seja aplicada ao corpo de massa m. Então, a equação (2.34) para o movimento do sistema é mu00 + γu0 + ku = F0 cos(ωt)

Oscilações Forçadas sem Amortecimento

ig

Neste caso a equação diferencial para o movimento da sistema é mu00 + ku = F0 cos(ωt)

(2.39)

D

Sabemos que as soluções são da forma

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + u p (t)

em que, pelo método dos coeficientes a determinar, u p (t) = ts [ A cos(ωt) + B sen(ωt)]

óp

ia

é uma solução particular e s é o menor inteiro não negativo que garanta que nenhuma parcela de u p (t) seja solução da equação homogênea correspondente e A e B são coeficientes a serem determinados substituindo-se u p (t) na equação diferencial (2.39). Temos dois casos a considerar: (a) Se ω 6= ω0 . Neste caso s = 0, pois nenhuma das parcelas de u p (t) é solução da equação homogênea correspondente. Então, a solução particular é da forma u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt)

e a solução geral da equação é da forma

Tópicos de Equações Diferenciais

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + A cos(ωt) + B sen(ωt) GoBack GoForward

Março 2012

225

Oscilações

ita l

2.4

Deixamos como exercício para o leitor verificar que substituindo-se u p (t) na equação diferencial (2.39) encontramos A=

F0 − ω2 )

m(ω02

Assim,

e

F0 cos(ωt). − ω2 )

m(ω02

ig

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

B = 0.

D

Neste caso a solução u(t) é oscilatória e limitada. (b) Se ω = ω0 . Neste caso s = 1, pois para s = 0 as parcelas, A cos(ω0 t) e B sen(ω0 t), de u p (t), são soluções da equação homogênea correspondente. Então, a solução particular é da forma u p (t) = t[ A cos(ωt) + B sen(ωt)]

e a solução geral da equação é da forma u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + t[ A cos(ω0 t) + B sen(ω0 t)]

óp

ia

Deixamos como exercício para o leitor verificar que substituindo-se u p (t) na equação diferencial (2.39) encontramos A=0

e

B=

F0 . 2mω0

Assim,

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

Neste caso u(t) é oscilatória, mas fica ilimitada quando t tende a +∞. Este fenômeno é conhecido como ressonância e a frequência ω = ω0 é chamada frequência de ressonância.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

226

ig

Fext = Focos(ωt)

F =−kx e

D

Fext = Focos(ωt)

ia

Fext = Focos(ωt) Fe = − k x

0

x

óp

Figura 2.20. Sistema massa-mola forçado sem amortecimento

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

227

Oscilações

Exemplo 2.17. Vamos considerar o problema de valor inicial 

mu00 + ku = F0 cos(ωt), u(0) = 0, u0 (0) = 0.

Temos dois casos a considerar:

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

ig

(a) Se ω 6= ω0 . Vimos acima que a solução geral da equação é

ita l

2.4

F0 cos(ωt). m(ω02 − ω 2 )

c1 = −

D

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que (verifique!) F0 , − ω2 )

m(ω02

c2 = 0.

ia

Assim, a solução do problema de valor inicial é u(t) = Como

F0 (cos(ωt) − cos(ω0 t)) . − ω2 )

m(ω02

óp

cos( A − B) − cos( A + B) = 2 sen A sen B

então

u(t) =

2F0 sen(ω1 t) sen(ω2 t) m(ω02 − ω 2 )

em que

ω1 =

Março 2012

ω0 − ω , 2

ω2 =

ω0 + ω . 2

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Reginaldo J. Santos

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

228

Como ω1 é menor do que ω2 , então o movimento é uma oscilação de frequência ω2 com uma amplitude também oscilatória R(t) =

2F0 sen(ω1 t) m(ω02 − ω 2 )

de frequência ω1 . Este movimento é chamado batimento.

ig

(b) Se ω = ω0 . Vimos acima que, neste caso, a solução geral da equação diferencial é F0 u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + t sen(ω0 t). 2mω0

D

Já vimos que neste caso u(t) fica ilimitada quando t tende a +∞ que é o fenômeno da ressonância. Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que (verifique!) c1 = 0, c2 = 0. Assim, a solução do problema de valor inicial é

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

ia

u(t) =

Este movimento é uma oscilação de frequência ω0 com uma amplitude

óp

R(t) =

F0 t 2mω0

que aumenta proporcionalmente a t.

Oscilações Forçadas com Amortecimento Neste caso a equação diferencial para o movimento do sistema é

Tópicos de Equações Diferenciais

mu00 + γu0 + ku = F0 cos(ωt) GoBack GoForward

(2.40) Março 2012

229

Oscilações

ita l

2.4

Seja u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) a solução da equação homogênea correspondente. Então, a solução geral desta equação é u ( t ) = c1 u1 ( t ) + c2 u2 ( t ) + u p ( t )

em que u p (t) é uma solução particular. Pelo método dos coeficientes a determinar u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt).

A=

ig

Deixamos como exercício para o leitor verificar que substituindo-se u p (t) e suas derivadas na equação diferencial (2.40) encontramos F0 m(ω02 − ω 2 ) , ∆

B=

F0 γω , ∆

D

em que ∆ = m2 (ω02 − ω 2 )2 + γ2 ω 2 . Podemos escrever

u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt) = R cos(ωt − δ),

√

ia

em que R = A2 + B2 e δ é tal que A = R cos δ e B = R sen δ. Neste caso, verifique que a amplitude da solução estacionária é dada por F0 R= √ . ∆

óp

Assim, a solução geral da equação é u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ).

A solução geral da equação homogênea correspondente, c1 u1 (t) + c2 u2 (t), é a solução do problema de oscilação livre amortecida e já mostramos que tende a zero quando t tende a +∞, por isso é chamada solução transiente, enquanto a solução particular, R cos(ωt − δ), permanece e por isso é chamada solução estacionária. u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ) ≈ R cos(ωt − δ), para t suficientemente grande.

Março 2012

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Batimento

u(t) = R sen(ω1 t) sen(ω2 t), 2F0 R= 2 2 , m ( ω0 − ω ) ω0 − ω 2 ,

ω1 = +R

Ressonância

u

ω2 =

ω0 + ω 2

R sen(ω t) →

Rt→

t

1

−R sen(ω1t) →

ia

−R

D

1

2π ω

óp

Figura 2.21. Solução do sistema massa-mola, para u(0) = u0 (0) = 0, no caso de batimento

Tópicos de Equações Diferenciais

u(t) = R t sen(ωt)

ig

u

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

230

2π ω0

t

−R t →

Figura 2.22. Solução do sistema massa-mola, para u(0) = u0 (0) = 0, no caso de ressonância

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Março 2012

231

Oscilações

Fr = −γ v

ita l

2.4

Fext = Focos(ωt)

ig

Fe = − k x

Fext = Focos(ωt)

D

Fr = −γ v

Fr = −γ v

Fext = Focos(ωt)

ia

Fe = − k x

0

x

óp

Figura 2.23. Sistema massa-mola forçado com amortecimento

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Oscilaçao Forçada com Amortecimento

u

t

ia

−R

2π ω

D

+R

ig

u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) + R cos(ωt − δ)

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

232

óp

Figura 2.24. Solução do sistema massa-mola forçado com amortecimento

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

233

Oscilações

2.4.3

Circuitos Elétricos

ita l

2.4

Considere um circuito elétrico formado por um capacitor, um resistor e um indutor ligados em série a um gerador como mostrado na Figura 2.25.

ig

R

C

D

L

V (t)

óp

ia

Figura 2.25. Circuito LRC

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

234

A queda de potencial num resistor de resistência R é igual a RI, num capacitor de Q dI capacitância C é igual a e em um indutor de indutância L é igual a L . Pela C dt segunda lei de Kirchhoff (lei das malhas) a soma da forças eletromotrizes (neste caso apenas V (t)) é igual a soma das quedas de potencial (neste caso R I na resistência, dI Q/C no capacitor e L no indutor), ou seja, dt

Substituindo-se I =

(2.41)

dQ obtemos uma equação diferencial de 2a. ordem para a carga dt dQ 1 d2 Q +R + Q = V (t) dt C dt2

D

elétrica no capacitor.

1 dI + RI + Q = V (t) dt C

ig

L

L

(2.42)

ia

com condições iniciais Q(0) = Q0 e Q0 (0) = I0 . Uma equação diferencial de 2a. ordem para a corrente elétrica no circuito pode ser obtida derivando-se a equação (2.41), ou seja, d2 I dI 1 dQ dV L 2 +R + = (t) dt C dt dt dt

óp

e substituindo-se I =

dQ dt

L

d2 I dI 1 dV +R + I = (t) 2 dt C dt dt

com condições iniciais I (0) = I0 e I 0 (0) = obtida usando a equação (2.42).

Tópicos de Equações Diferenciais

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V (0) − RI0 − Q0 /C . A última condição é L

Março 2012

2.4

235

Oscilações

ita l

Exemplo 2.18. Um circuito possui um capacitor de 0, 5 × 10−1 F, um resistor de 25 Ω

e um indutor de 5 H, em série. O capacitor se encontra descarregado. No instante t = 0 conecta-se esse circuito a uma bateria cuja tensão é de 10e−t/4 V, e o circuito é fechado. Vamos determinar a carga no capacitor em qualquer instante t > 0. A equação diferencial para a carga no capacitor é 1 Q = 10e−t/4 . 0, 5 · 10−1 Dividindo-se por 5 obtemos a equação Q00 + 5Q0 + 4Q = 2e−t/4 .

D

Equação característica é

ig

5Q00 + 25Q0 +

r2 + 5r + 4 = 0 cujas raízes são r = −1, −4. Assim, a solução geral da equação homogênea é

ia

Q(t) = c1 e−t + c2 e−4t .

Vamos procurar uma solução particular da equação não homogênea da forma Q p (t) = A0 e−t/4 .

óp

1 Q0p (t) = − A0 e−t/4 , 4

Q00p (t) =

A0 −t/4 e 16

Substituindo-se na equação Q p (t), Q0p (t) e Q00p (t) obtemos A0 −t/4 5 e − A0 e−t/4 + 4A0 e−t/4 = 2e−t/4 16 4 45 A0 = 2 16

Março 2012

⇒

A0 =

32 45

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Reginaldo J. Santos

Portanto, a solução geral da equação diferencial é Q(t) = c1 e−t + c2 e−4t +

32 −t/4 e 45

ig

8 −t/4 e Derivada da solução geral: Q0 (t) = −c1 e−t − 4c2 e−4t − 45 0 Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q = 0 obtemos   c1 + c2 + 32 c1 = −8/9 45 = 0 , ⇒ 8 c2 = 8/45 −c1 − 4c2 − 45 =0

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

236

óp

ia

t→∞

D

Portanto, a solução do PVI formado pela equação diferencial e Q(0) = 0, Q0 (0) = 0 é 8 8 32 Q(t) = − e−t + e−4t + e−t/4 9 45 45 Observe que lim Q(t) = 0.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

237

Oscilações

Exercícios (respostas na página 265)

ita l

2.4

4.1. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola é dado por u00 + 3u = 0,

u(0) = 1,

u 0 (0) = 3

(b) Esboce o gráfico da solução obtida.

ig

(a) Encontre a solução geral da equação diferencial e resolva o problema de valor inicial. Determine a amplitude, a frequência, a fase e o período.

4.2. Sabendo-se que o problema de valor inicial que descreve um sistema massa-mola é dado por u(0) = 1,

u 0 (0) = 0

D

2u00 + 3u = 0,

(a) Encontre a solução geral da equação e resolva o problema de valor inicial. Determine a amplitude, a frequência, a fase e o período. (b) Esboce o gráfico da solução obtida.

ia

4.3. Uma mola, de um sistema massa-mola sem amortecimento, tem constante de elasticidade igual a 3 N/m. Pendura-se na mola um corpo de massa 2 kg e o sistema sofre a ação de uma força externa de 3 cos(3t). Determine a função que descreve o movimento do corpo em qualquer instante t, considerando a posição inicial igual u0 e a velocidade inicial u00 .

óp

4.4. Se um sistema massa-mola com um corpo de massa 2 kg e uma mola com constante de elasticidade igual 0,5 N/m é colocado em movimento, no instante t = 0, num meio em que a constante de amortecimento é igual a 1 N.s/m, determine a posição do corpo em qualquer instante t, considerando a posição inicial igual a u0 e a velocidade inicial u00 . 4.5. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. Suponha que não haja amortecimento e que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. Encontre a frequência, o período e a amplitude do movimento. Determine a posição u em função do tempo t e faça um esboço do seu gráfico. Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

238

(a) Se sistema é colocado em movimento a partir de sua posição de equilíbrio com uma velocidade apontada para cima de 4 centímetros por segundo. (b) Se o sistema é puxado para baixo esticando a mola 1 centímetro e depois colocado em movimento com uma velocidade para baixo de 10 centímetros por segundo. (c) Se o sistema é puxado para baixo esticando a mola 2 centímetros e depois é solto.

ig

4.6. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. O corpo está preso a um amortecedor viscoso. Suponha que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. (a) Para quais valores da constante de amortecimento γ o sistema é super-amortecido, tem um amortecimento crítico e é sub-amortecido.

D

(b) Suponha que o amortecedor exerce uma força de 104 dinas (=gramas·centímetros por segundos2 ) quando a velocidade é de 10 centímetros por segundo. Se o sistema é puxado para baixo 2 centímetros e depois é solto, determine a posição u em função do tempo t e faça um esboço do seu gráfico. Qual o valor do quase período?

ia

4.7. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. Suponha que não haja amortecimento e que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. Se o sistema é colocado em movimento com uma força externa de 9600 cos(6t) dinas, determine a posição do corpo como função do tempo e faça um esboço do seu gráfico.

óp

4.8. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. Suponha que não haja amortecimento e que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. Se o sistema é colocado em movimento na posição de equilíbrio com uma força externa de 1000 cos(ωt) dinas, para ω igual a frequência de ressonância, determine a posição do corpo como função do tempo e faça um esboço do seu gráfico. 4.9. Um corpo de massa 100 gramas estica uma mola 10 centímetros. O corpo está preso a um amortecedor viscoso. Suponha que a aceleração da gravidade seja de 103 centímetros por segundo ao quadrado. Suponha que o amortecedor exerce uma força de 4200 dinas quando a velocidade é de 1 centímetro por segundo. Se o sistema está sob a ação de uma força externa de 26000 cos(6t) dinas, determine a posição Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

239

Oscilações

ita l

2.4

do corpo u em função do tempo t e faça um esboço do seu gráfico, considerando somente a solução estacionária. 4.10. Considere um sistema massa-mola descrito pelo problema de valor inicial

u00 + u0 + 2u = cos ωt, ω > 0, u(0) = 0, u0 (0) = 2. (a) Determine a solução geral da equação diferencial.

ig

(b) Determine a solução estacionária deste problema.

(c) Encontre a amplitude da solução estacionária como função de ω.

4.11. Considere a equação diferencial do sistema massa-mola forçado sem amortecimento

D

mu00 + ku = F0 cos(ωt) Mostre que a solução geral: (a) Se ω 6= ω0 é dada por

ia

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 cos(ωt). − ω2 )

m(ω02

(b) Se ω = ω0 é dada por

óp

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

4.12. Mostre que a solução do PVI



(a) Se ω 6= ω0 é dada por

u(t) =

Março 2012

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

mu00 + ku = F0 cos(ωt), u(0) = 0, u0 (0) = 0 F0 (cos(ωt) − cos(ω0 t)) . − ω2 )

m(ω02

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem (b) Se ω = ω0 é dada por u(t) =

ita l

240

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

4.13. Encontre a solução estacionária de

mu00 + γu0 + ku = F0 cos(ωt).

ig

4.14. Um circuito possui um capacitor de 0,125 × 10−1 F, um resistor de 60 Ω e um indutor de 10 H, em série. A carga inicial no capacitor é zero. No instante t = 0 conecta-se o circuito a uma bateria cuja tensão é de 12 V e o circuito é fechado. (a) Determine a carga no capacitor em qualquer instante t > 0.

D

(b) Determine a carga no capacitor quando t → +∞. (c) Esboce o gráfico da solução obtida.

ia

4.15. O movimento de um pêndulo simples de massa m e comprimento l é descrito pela função θ (t) que satisfaz a equação diferencial g d2 θ + sen θ = 0. 2 l dt Considere a aproximação sen θ ≈ θ. (a) Encontre θ (t) sabendo-se que o pêndulo é solto de um ângulo θ0 .

óp

(b) Determine a frequência, o período e a amplitude de oscilação do pêndulo.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

241

2.5. Respostas dos Exercícios

Respostas dos Exercícios

ita l

2.5

ig

1. Equações Homogêneas - Parte I (página 173) 1.1. (a) Sejam y1 (t) = e−ω (t− a) e y2 (t) = eω (t− a) . y100 (t) − ω 2 y1 (t) = ω 2 e−ω (t− a) − ω 2 e−ω (t− a) = 0. y200 (t) − ω 2 y2 (t) = ω 2 eω (t− a) − ω 2 eω (t−a) = 0. Logo, y1 (t) = e−ω (t−a) e y2 (t) = eω (t− a) são soluções da equação diferencial.      y1 ( t ) y2 ( t ) e−ω (t− a) eω (t− a) 1 W [y1 , y2 ](t) = det = det = det y10 (t) y20 (t) −ω −ωe−ω (t−a) ωeω (t−a) 0. Logo, a solução geral da equação diferencial é

1 ω



= 2ω 6=

D

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ) = c1 e − ω ( t − a ) + c2 e ω ( t − a ) . e−ω (t− a) − eω (t− a) e−ω (t− a) + eω (t− a) e y2 (t) = senh(ω (t − a)) = . 2 2 y100 (t) − ω 2 y1 (t) = ω 2 cosh(ω (t − a)) − ω 2 cosh(ω (t − a)) = 0. y200 (t) − ω 2 y2 (t) = ω 2 senh(ω (t − a)) − ω 2 senh(ω (t − a)) = 0. Logo, y1 (t) = cosh(ω (t − a)) e y2 (t) = senh(ω (t − a )) são soluções da equação diferencial.  y1 ( t ) y2 ( t ) cosh(ω (t − a)) senh(ω (t − a)) W [y1 , y2 ](t) = det = det = 0 (t) y0 (t) y ω senh ( ω ( t − a )) ω cosh(ω (t − a)) 2 1   cosh(ω (t − a)) senh(ω (t − a)) ω det = ω 6= 0, pois cosh2 x − senh2 x = 1. senh(ω (t − a)) cosh(ω (t − a)) Logo, a solução geral da equação diferencial é

óp

ia

(b) Sejam y1 (t) = cosh(ω (t − a)) =

y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = c1 cosh(ω (t − a)) + c2 senh(ω (t − a)).

1.2.

(a) Substituindo-se y1 ( x ) = erx , y10 ( x ) = rerx e y100 ( x ) = r2 erx na equação diferencial obtemos    r 2 + r x + 3 r 2 + 2 r − 1 er x = 0

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

242

ita l

Como erx 6= 0, então y1 ( x ) = erx é solução da equação diferencial se, e somente se,   r2 + r x + 3 r2 + 2 r − 1 = 0

para todo x em um intervalo, ou seja, r tem que ser solução, simultaneamente, das equações r2 + r = 0

e

3 r2 + 2 r − 1 = 0

ig

ou seja, r = −1. Assim y1 ( x ) = e− x é uma solução da equação diferencial. (b) Substituindo-se y2 ( x ) = ax + b, y20 ( x ) = a e y200 ( x ) = 0 na equação diferencial obtemos a( x + 2) − ax − b = 0 ou

D

2a − b = 0.

Logo y2 ( x ) = ax + b é solução da equação diferencial se, e somente se, b = 2a.

Assim todas as soluções da equação diferencial que são funções de 1o. grau são da forma para a ∈ R.

ia

y ( x ) = a ( x + 2),

óp

Como foi pedido apenas uma solução, vamos escolher a = 1 e neste caso, y2 ( x ) = x + 2 é uma função de 1o. grau que é solução da equação diferencial. (c) Dos itens anteriores temos que y1 ( x ) = e− x e y2 ( x ) = x + 2 são soluções da equação diferencial. Vamos ver que y1 ( x ) = e− x e y2 ( x ) = x + 2 são soluções fundamentais da equação.   y1 ( x ) y2 ( x ) W [y1 , y2 ]( x ) = det 0 0 y 1 ( x ) y2 ( x )  −x e x+2 = det = e− x (3 + x ) 6= 0, para x 6= −3 −e− x 1 Como y1 ( x ) = e− x e y2 ( x ) = x + 2 são soluções fundamentais da equação, a solução geral é

Tópicos de Equações Diferenciais

y ( x ) = c1 e − x + c2 ( x + 2), GoBack GoForward

Março 2012

2.5

243

Respostas dos Exercícios

y0 ( x )

ita l

(d) Como y(1) = 1, então substituindo x = 1 e y = 1 na solução geral y( x ) obtemos que c1 e−1 + 3c2 = 1. Como y0 (1) = 3, substituindo-se x = 1 e y0 = 3 na expressão obtida derivando-se y( x ):

= − c1 e − x + c2

obtemos −c1 e−1 + c2 = 3. Resolvendo o sistema c1 e−1 + 3c2 = 1,

− c 1 e −1 + c 2 = 3

ig

obtemos c1 = −2e e c2 = 1. Assim a solução do problema de valor inicial é

= −2e− x+1 + x + 2

y( x )

d2 y dy = rxr−1 e 2 = r (r − 1) xr−2 em (2.12) obtemos dx dx

D

1.3. Substituindo-se y = xr ,

x2 r (r − 1) xr−2 + bxrxr−1 + cxr = 0.   r2 + (b − 1)r + c xr = 0.

ia

Como xr 6= 0, então y = xr é solução da equação (2.12) se, e somente se, r é solução da equação r2 + (b − 1)r + c = 0.

1.4.

y1 ( x ) y10 ( x )

óp



det

y2 ( x ) y20 ( x )



 x r2 r 2 x r2 −1   x x xr1 −1 xr2 −1 det r1 r2 

= det =

x r1 r 1 x r1 −1

= (r2 − r1 ) xr1 +r2 −1 6= 0,

para todo x > 0. Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

244 1.5. Neste caso, para x > 0, pela fórmula de Euler: y1 ( x )

=

xr1 = er1 ln x = e(α+iβ) ln x

= eα ln x (cos( β ln x ) + i sen( β ln x )) = x α (cos( β ln x ) + i sen( β ln x )) e y2 ( x )

=

xr2 = er2 ln x = e(α−iβ) ln x

ig

= eα ln x (cos(− β ln x ) + i sen(− β ln x )) = x α (cos( β ln x ) − i sen( β ln x )) são soluções complexas da equação diferencial (2.12).

= C1 xr1 + C2 xr2 = C1 x α (cos( β ln x ) + i sen( β ln x )) + C2 x α (cos( β ln x ) − i sen( β ln x )) = (C1 + C2 ) x α cos( β ln x ) + i (C1 − C2 ) x α sen( β ln x )

ia

y( x )

D

A solução geral complexa é

Tomando C1 = C2 = 1/2, temos que a solução

óp

u( x ) = x α cos( β ln x )

e tomando C1 = −

i i e C2 = , temos a solução 2 2



det

Tópicos de Equações Diferenciais

v( x ) = x α sen( β ln x ). u( x ) u0 ( x )

v( x ) v0 ( x )



= βx2α−1 6= 0,

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∀ x > 0. Março 2012

245

Respostas dos Exercícios

1.6. Vamos mostrar que

y1 ( x ) = x r

e

ita l

2.5

y2 ( x ) = xr ln x

D

ig

b são soluções fundamentais da equação de Euler, em que r = 1− 2 . y20 ( x ) = xr−1 (r ln x + 1), y200 ( x ) = xr−2 ((r2 − r ) ln x + 2 r − 1)) x2 y200 + bxy20 + cy2 = = xr ((r2 + (b − 1)r + c) ln x + 2r + b − 1) = 0.     xr1 ln x x r1 y1 ( x ) y2 ( x ) det = det y10 ( x ) y20 ( x ) r1 xr1 −1 (1 + r1 ln x ) xr1 −1   1 ln x 2r1 −1 = x det r1 (1 + r1 ln x )

= x2r1 −1 6= 0,

1.7.

(a) Equação indicial:

para todo x > 0.

r (r − 1) + 4r + 2 = 0 ⇔ r = −2, −1 Solução geral:

ia

y ( x ) = c 1 x −2 + c 2 x −1

(b) Equação indicial:

r (r − 1) − 3r + 4 = 0 ⇔ r = 2

óp

Solução geral:

y( x ) = c1 x2 + c2 x2 ln x

(c) Equação indicial:

r (r − 1) + 3r + 5 = 0 ⇔ r = −1 ± 2i

Solução geral:

y( x ) = c1 x −1 cos(2 ln x ) + c2 x −1 sen(2 ln x )

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

1.8.

(a) p(t) = 0

f (t) =

t−2 t−2 = (t − 1)(t + 1) t2 − 1

t t = . (t − 1)(t + 1) −1

t2

ig

q(t) =

ita l

246

Como t0 = 0, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo −1 < t < 1. (b)

1 1 = (t − 1)(t + 1) t2 − 1

D

p(t) = q(t) =

f (t) =

t t = (t − 1)(t + 1) t2 − 1

t2

t2 t2 = . (t − 1)(t + 1) −1

(c)

ia

Como t0 = 2, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t > 1.

óp

p(t) =

q(t) =

f (t) =

t+1 t+1 = t ( t − 1) t2 − t t2

1 t+1 = t ( t − 1) −t

et et = . t ( t − 1) t2 − t

Como t0 = −1, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t < 0.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

247

Respostas dos Exercícios

ita l

2.5

(d)

t+3 t+3 = 2 t ( t − 1) t −t

q(t) =

2 t+3 = t ( t − 1) t2 − t

f (t) =

cos t cos t = . t ( t − 1) t2 − t

ig

p(t) =

Como t0 = 2, então o problema de valor inicial tem solução no intervalo t > 1. 1.9. Sejam y1 (t) a solução do PVI

y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = 1, y0 (t0 ) = 0

D



e y2 (t) a solução do PVI



y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, y(t0 ) = 0, y0 (t0 ) = 1,

ia

então W [y1 , y2 ](t0 ) = 1 6= 0.

1.10. Substituindo-se y(t) = sen(t2 ) na equação diferencial y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0 obtemos

óp

−4 t2 sen(t2 ) + q(t) sen(t2 ) + 2 p(t) t cos(t2 ) + 2 cos(t2 ) = 0.

Substituindo-se t = 0 obtemos 2 = 0, que é um absurdo. 1.11. y10 (t) = 3t2 , y100 (t) = 6t, y20 (t) = 3t|t|, y200 (t) = 6|t|. Substituindo-se na equação diferencial obtemos ty100 − (2 + t2 )y10 + 3ty1 = 6t2 − (2 + t2 )3t2 + 3t4 = 0.

ty200 − (2 + t2 )y20 + 3ty2 = 6t|t| − (2 + t2 )3t|t| + 3t3 |t| = 0.

Março 2012

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

248

Logo, y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação diferencial. y1 (t) = y2 (t), para t ≥ 0 e y1 (t) = −y2 (t), para t < 0. Logo, y1 (t) e y2 (t) são LI  3 2  t t |t| W [y1 , y2 ](t) = det = 0, ∀ t ∈ R. 3t2 3t|t|

ig

1.12. Vamos supor que y1 (t) e y2 (t) não são soluções fundamentais da equação diferencial no intervalo I, então W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ I. Considere a combinação linear nula c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = 0. Derivando em relação a t obtemos

c1 y10 (t) + c2 y20 (t) = 0.

D

Substituindo-se t0 ∈ I nas duas últimas equações obtemos o sistema  c1 y1 ( t0 ) + c2 y2 ( t0 ) = 0 c1 y10 (t0 ) + c2 y20 (t0 ) = 0

em que

ia

que pode ser escrito na forma



A=

y1 ( t0 ) y10 (t0 )

y2 ( t0 ) y20 (t0 )

AX = 0¯



 ,

X=

c1 c2



e 0¯ =



0 0

 .

óp

Como W [y1 , y2 ](t0 ) = det( A) 6= 0, então o sistema tem solução não trivial (c1 , c2 ) 6= (0, 0). Seja para t ∈ R.

y ( t ) = c1 y1 ( t ) + c2 y2 ( t ),

y(t) satisfaz as condições iniciais y(t0 ) = 0 e y0 (t0 ) = 0. Logo, pelo Teorema de Existência e Unicidade (Teorema 2.1 na página 158), y(t) = c1 y1 (t) + c2 y2 (t) = 0,

Tópicos de Equações Diferenciais

para todo t ∈ R.

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Março 2012

249

Respostas dos Exercícios Como c1 e c2 não são ambos nulos, então ou y2 (t) = − seja, y1 (t) e y2 (t) são LD.

1.13.

c1 c2 y1 (t) ou y1 (t) = − y2 (t), para todo t ∈ I. Ou c2 c1

ita l

2.5

(a)

W [y1 , y2 ](t) = y1 (t)y20 (t) − y2 (t)y10 (t)

= y10 (t)y20 (t) + y1 (t)y200 (t) − y20 (t)y10 (t) − y2 (t)y100 (t) = y1 (t)y200 (t) − y2 (t)y100 (t)

D

(b) Como y1 (t) e y2 (t) são soluções da equação y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0, então

ig

W [ y1 , y2 ] 0 ( t )

y100 (t) + p(t)y10 (t) + q(t)y1 (t) = 0

(2.43)

y200 (t) + p(t)y20 (t) + q(t)y2 (t) = 0

(2.44)

y1 (t)y200 (t)

ia

Multiplicando-se a equação (2.44) por y1 (t) e subtraindo-se da equação (2.43) multiplicada por y2 (t) obtemos

−

y2 (t)y1 (t)00

+

p(t)(y1 (t)y20 (t)

−

y10 (t)y2 (t))

=

0,

óp

ou seja, pelo item anterior

W [y1 , y2 ]0 (t) + p(t)W [y1 , y2 ](t) = 0

(c) Pelo item anterior o wronskiano satisfaz a equação diferencial W 0 + p(t)W = 0. A equação diferencial pode ser escrita como uma equação separável

Março 2012

W0 = − p ( t ). W GoBack GoForward

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Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem Integrando-se em relação a t obtemos Z

W0 dt = − W

Z

Z

1 dW = − W

Z

Z

p(t)dt + c1

p(t)dt + c1

p(t)dt + c1

ig

ln |W (t)| = −

ita l

250

Aplicando-se a exponencial a ambos os membros obtemos

R

p(t)dt

.

D

W (t) = W [y1 , y2 ](t) = ce−

(d) Pelo item anterior, se para algum t0 ∈ I, W [y1 , y2 ](t0 ) = 0, então c = 0 e W [y1 , y2 ](t) = 0, para todo t ∈ I. Por outro lado, se para algum t0 ∈ I, W [y1 , y2 ](t0 ) 6= 0, então c 6= 0 e W [y1 , y2 ](t) 6= 0, para todo t ∈ I.

óp

ia

(e) Substituindo-se y1 (t) e y2 (t) na equação diferencial y00 + p(t)y0 + q(t)y = 0 obtemos o sis  0  y1 ( t ) y1 ( t ) p(t) −y100 (t) . Assim, tema AX = B, em que A = , X = e B = y20 (t) y2 (t) q(t) −y200 (t)   0 −1  00      00  p(t) y1 ( t ) y1 ( t ) − y1 ( t ) y2 ( t ) − y1 ( t ) y1 ( t ) 1 = X = A −1 B = = 0 (t) y (t) 00 ( t ) = W [y1 ,y2 ](t) − y0 ( t ) q(t) y − y y10 (t) y200 (t) 2 2  2 2  y2 (t)y100 (t) − y1 (t)y200 (t) 1 . Observe a aplicação do Teorema de Abel (exercício anterior). W [y1 ,y2 ](t) y0 ( t ) y00 ( t ) − y0 ( t ) y00 ( t ) 2 2 1 1 2. Equações Homogêneas - Parte II (página 190) 2.1.

(a) 2x2 y100 − xy10 − 9y1 = 2x2 (6x ) − x (3x2 ) − 9x3 = 12x3 − 3x3 − 9x3 = 0 Logo, y1 ( x ) = x3 é solução da equação.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

2.5

251

Respostas dos Exercícios

ita l

(b) Seja y1 ( x ) = x3 . Vamos procurar uma segunda solução da equação da forma y ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) x 3 . Como

y0 ( x ) = v0 ( x ) x3 + 3v( x ) x2 00

00

3

0

2

e

y ( x ) = v ( x ) x + 6v ( x ) x + 6v( x ) x,

D

ig

então y( x ) é solução da equação se, e somente se, 2x2 y00 − xy0 − 9y = 0 2x2 (v00 ( x ) x3 + 6v0 ( x ) x2 + 6v( x ) x ) − x (v0 ( x ) x3 + 3v( x ) x2 ) − 9v( x ) x3 = 0 2x5 v00 ( x ) + 11x4 v0 ( x ) = 0. Seja w( x ) = v0 ( x ). Então, a equação acima pode ser escrita como 2xw0 + 11w = 0.

Esta é uma equação de 1a. ordem separável.

óp

ia

2

w0 11 =− w x

11 d (2 ln |w|) = − dx x 2 ln |w| = −11 ln | x | + c˜1 ln x11 (w( x ))2 = c˜1

w( x ) = v0 ( x ) = c1 x −11/2

Resolvendo a equação para v( x ):

Março 2012

v ( x ) = c1

Z

2 x −11/2 dx = −c1 x −9/2 + c2 9

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

252

ita l

Tomando-se c2 = 0 e c1 = −9/2 obtemos v( x ) = x −9/2 e uma segunda solução da equação é y2 ( x ) = v( x )y1 ( x ) = x −9/2 x3 = x −3/2

Vamos ver que y1 ( x ) = x3 e y2 ( x ) = x −3/2 são soluções fundamentais da equação.     3 y1 ( x ) y2 ( x ) x x −3/2 W [y1 , y2 ]( x ) = det = det = − 92 x1/2 6= 0, para x 6= 0. y10 ( x ) y20 ( x ) 3x2 − 32 x −5/2 (a) x2 y100 + 3xy10 + y1 = x2 (2x −3 ) + 3x (− x −2 ) + x −1 = 2x −1 − 3x −1 + x −1 = 0 Logo, y1 ( x ) = x −1 é solução da equação.

ig

2.2.

(b) Seja y1 ( x ) = x −1 . Vamos procurar uma segunda solução da equação da forma

D

y ( x ) = v ( x ) y 1 ( x ) = v ( x ) x −1 .

Como

y 0 ( x ) = v 0 ( x ) x −1 − v ( x ) x −2

e

y00 ( x ) = v00 ( x ) x −1 − 2v0 ( x ) x −2 + 2v( x ) x −3 ,

óp

ia

então y( x ) é solução da equação se, e somente se, x2 y00 + 3xy0 + y = 0 x2 (v00 ( x ) x −1 − 2v0 ( x ) x −2 + 2v( x ) x −3 ) + 3x (v0 ( x ) x −1 − v( x ) x −2 ) + v( x ) x −1 = 0 xv00 ( x ) + v0 ( x ) = 0. Seja w( x ) = v0 ( x ). Então, a equação acima pode ser escrita como xw0 + w = 0.

Esta é uma equação de 1a. ordem separável.

Tópicos de Equações Diferenciais

1 w0 =− w x d 1 (ln |w|) = − dx x GoBack GoForward

Março 2012

253

Respostas dos Exercícios

ita l

2.5

ln |w| = − ln | x | + c˜1 ln | xw( x )| = c˜1

w ( x ) = v 0 ( x ) = c 1 x −1 Resolvendo a equação para v( x ): Z

x −1 dx = c1 ln x + c2

ig

v ( x ) = c1

Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v( x ) = ln x e uma segunda solução da equação é y2 ( x ) = v( x )y1 ( x ) = x −1 ln x

D

Vamos ver que y1 ( x ) = x −1 e y2 ( x ) = x −1 ln x são soluções fundamentais da equação.   −1   y1 ( x ) y2 ( x ) x x −1 ln x = det = x −3 6= 0, para x 6= 0 W [y1 , y2 ]( x ) = det y10 ( x ) y20 ( x ) − x −2 x −2 (1 − ln x ) 2.3.

y ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) x

ia

Como

y0 ( x ) = v0 ( x ) x

óp

y00 ( x )

1− b 2

+

1− b 2

.

−1− b 1−b v( x ) x 2 2

1− b

= v00 ( x ) x 2 + (1 − b)v0 ( x ) x −3− b 1 − b2 − v( x ) x 2 , 4

e −1− b 2

Substituindo na equação de Euler: x2 (v00 ( x ) x

Março 2012

1− b 2

+ (1 − b ) v 0 ( x ) x

−1− b 2

−

−3− b 1− b 1− b2 2 ) + bx ( v 0 ( x ) x 2 4 v( x ) x

x

5− b 2

v00 ( x ) + x

3− b 2

+

−1− b 1− b 1− b 2 ) + cv ( x ) x 2 2 v( x ) x

=0

v0 ( x ) = 0.

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem xv00 ( x ) + v0 ( x ) = 0.

ita l

254

Seja w( x ) = v0 ( x ). Então, a equação acima pode ser escrita como xw0 + w = 0. Esta é uma equação de 1a. ordem separável.

ig

w0 1 + =0 w x

d (ln |w| + ln | x |) = 0 dx ln | xw( x )| = c˜1 Resolvendo a equação para v( x ):

D

w ( x ) = v 0 ( x ) = c 1 x −1

v ( x ) = c1

Z

x −1 dx = c1 ln x + c2

ia

Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v( x ) = ln x e uma segunda solução da equação é y2 ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = x

Vamos mostrar que

y1 ( x ) = x r

e

1− b 2

ln x

y2 ( x ) = xr ln x

óp

são soluções fundamentais da equação de Euler.     xr xr ln x y1 ( x ) y2 ( x ) = det det y10 ( x ) y20 ( x ) rxr−1 (1 + r ln x ) xr−1   1 ln x 2r −1 = x det r (1 + r ln x )

Tópicos de Equações Diferenciais

= x2r−1 6= 0, GoBack GoForward

para todo x > 0. Março 2012

2.4.

255

Respostas dos Exercícios (a) ( x + 3)z100 + ( x + 2)z10 − z1 = ( x + 3)2 + ( x + 2)2x − x2 = 3x2 + 6x + 6 6= 0 ( x + 3)z200 + ( x + 2)z20 − z2 = ( x + 3)6x + ( x + 2)3x2 − x3 = 2x3 + 12x2 + 18x 6= 0 ( x + 3)z300 + ( x + 2)z30 − z3 = ( x + 3)e− x − ( x + 2)e− x − e− x = 0 Logo, z1 ( x ) = x2 e z2 ( x ) = x3 não são soluções da equação e z3 ( x ) = e− x é solução da equação.

ita l

2.5

(b) Seja y1 ( x ) = e− x . Vamos procurar uma segunda solução da equação da forma y ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = v ( x ) e − x .

D

ig

Como y0 ( x ) = (v0 ( x ) − v( x ))e− x e y00 ( x ) = (v00 ( x ) − 2v0 ( x ) + v( x ))e− x , então y( x ) é solução da equação se, e somente se, ( x + 3)y00 + xy0 − y = 0 ( x + 3)(v00 ( x ) − 2v0 ( x ) + v( x ))e− x + ( x + 2)(v0 ( x ) − v( x ))e− x − v( x )e− x = 0. ( x + 3)v00 ( x ) + (−2( x + 3) + ( x + 2))v0 ( x ) = 0 ( x + 3)v00 ( x ) − ( x + 4)v0 ( x ) = 0 Seja w( x ) = v0 ( x ). Então, a equação acima pode ser escrita como

ia

( x + 3)w0 − ( x + 4)w = 0.

óp

Esta é uma equação de 1a. ordem separável.

Março 2012

w0 x+4 = w x+3

x+4 1 d = 1+ (ln |w|) = dx x+3 x+3 ln |w| = x + ln( x + 3) + c˜1 w( x ) − x = c˜1 ln x + 3 w ( x ) = v 0 ( x ) = c1 e x ( x + 3) GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

256 Resolvendo a equação para v( x ): v ( x ) = c1

Z

e x ( x + 3)dx = c1 ( x + 2)e x + c2

Tomando-se c2 = 0 e c1 = 1 obtemos v( x ) = ( x + 2)e x e uma segunda solução da equação y2 ( x ) = v ( x ) y1 ( x ) = ( x + 2) e x e − x = x + 2

ig

Vamos ver que y1 ( x ) = e− x e y2 ( x ) = x + 2 são soluções fundamentais da equação.    −x  y1 ( x ) y2 ( x ) e x+2 W [y1 , y2 ]( x ) = det = det = e− x (3 + x ) 6= 0, para x 6= −3 y10 ( x ) y20 ( x ) −e− x 1

D

(c) Como y1 ( x ) = e− x e y2 ( x ) = x + 2 são soluções fundamentais da equação a solução geral é y ( x ) = c1 e − x + c2 ( x + 2),

Agora, como y(1) = 1, então substituindo x = 1 e y = 1 na na solução geral y( x ) obtemos que c1 e−1 + 3c2 = 1. Como y0 (1) = 3, substituindo-se x = 1 e y0 = 3 na expressão obtida derivando-se y ( x ):

ia

y0 ( x )

= − c1 e − x + c2

óp

obtemos −c1 e−1 + c2 = 3. Resolvendo o sistema c1 e−1 + 3c2 = 1,

− c 1 e −1 + c 2 = 3

obtemos c1 = −2e e c2 = 1. Assim, a solução do problema de valor inicial é y( x )

= −2e− x+1 + x + 2

2.5. y00 + 2y0 = 0 tem solução geral y(t) = k1 e−2t + k2 . Logo, k1 + k2 = a, k1 = −b/2 e k2 = a + b/2 e y → a + b/2 quando t → +∞. Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

257

Respostas dos Exercícios

2.6. Se 0 < b < 2 então as raízes da equação característica são p −b/2 ± i 4 − b2 /2 e as soluções são da forma

ita l

2.5

y(t) = c1 e(−b/2)t cos ωt + c2 e(−b/2)t sen ωt,

√

4 − b2 /2. Logo, como 0 < b, então y → 0 quando t → +∞.

ig

onde ω =

D

2.7. As raízes da equação característica são ±2 e a solução geral é y(t) = c1 e2t + c2 e−2t . Então c1 = −c2 = b/4 e b y(t) = (e2t − e−2t ) = 0 4 Como b 6= 0, então e2t = e−2t , ou seja, e4t = 1 e t = 0.

2.8. A equação característica tem 1/2 como única raiz. Assim, a solução geral é da forma y(t) = c1 et/2 + c2 tet/2 .

ia

y(0) = 2 implica que c1 = 2.

c1 t/2 t e + c2 (1 + )et/2 2 2 y0 (0) = b implica que c1 /2 + c2 = b. Assim, c2 = b − 1 e a solução do problema de valor inicial é

óp

y0 (t) =

y(t) = e(1/2)t (2 + (b − 1)t).

Logo, se b ≥ 1, y(t) → +∞ quando t → +∞. 2.9. A equação característica é

Março 2012

r2 + 2b + 1 = 0 ∆ = 4( b2 − 1) GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

258

ita l

√ • Se |b| > 1 então as raízes da equação característica são −b ± b2 − 1 e as soluções da equação diferencial são da forma √ √ 2 2 y(t) = c1 e(−b− b −1)t + c2 e(−b+ b −1)t . Se b > 1, então y(t) → 0, quando t → +∞.

Se b = 1, então y(t) → 0, quando t → +∞.

ig

• Se b = ±1 então a raiz da equação característica é −b e as soluções da equação diferencial são da forma y(t) = c1 e−bt + c2 te−bt .

D

√ • Se −1 < b < 1 então as raízes da equação característica são −b ± i 1 − b2 e as soluções da equação diferencial são da forma p  p  y(t) = c1 e−bt cos 1 − b2 t + c2 e−bt sen 1 − b2 t . Se 0 < b < 1, então y(t) → 0, quando t → +∞. Logo, para b > 0, então y(t) → 0 quando t → +∞.

ia

2.10. A equação característica é

r2 + 2r + α = 0

∆ = 4 − 4α = 4(1 − α)

óp

√ (a) Se α > 1, então ∆ < 0, as raízes da equação característica são r1,2 = −1 ± i α − 1 e a solução geral da equação é √ √ y(t) = c1 e−t cos( α − 1 t) + c2 e−t sen( α − 1 t) (b) Se α = 1, então ∆ = 0 e r = −1 é a única raiz da equação característica e a solução geral da equação é y(t) = c1 e−t + c2 te−t Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

2.5

259

Respostas dos Exercícios

3. Equações não Homogêneas (página 207) 3.1.

(a) A equação característica é r2 + 5r + 6 = 0.

1 − α e a solução geral

ig

∆ = 25 − 24 = 1

√

ita l

(c) Se α < 1, então ∆ > 0, as raízes da equação característica são r1,2 = −1 ± da equação é √ √ y(t) = c1 e(−1− 1−α)t + c2 e(−1+ 1−α)t

As raízes da equação característica são r1 = −3 e r2 = −2 e a solução geral da equação homogênea é y( x ) = c1 e−3x + c2 e−2x

D

y p ( x ) = ( A0 + A1 x )e−5x , y0p ( x ) = A1 e−5x − 5( A0 + A1 x )e−5x = ( A1 − 5A0 − 5A1 x )e−5x , y00p ( x ) = −5A1 e−5x − 5( A1 − 5A0 − 5A1 x )e5 x = (−10A1 + 25A0 + 25A1 x )e−5x . Substituindo-se y p ( x ), y0p ( x ) e y00p ( x ) na equação obtemos

ia

(−10A1 + 25A0 + 25A1 x ) + 5( A1 − 5A0 − 5A1 x ) + 6( A0 + A1 x ) = x Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear  6A0 − 5A1 = 0 6A1 = 1

óp

que tem solução A0 = 5/36 e A1 = 1/6. Assim, uma solução particular da equação não homogênea é   5 1 y p (x) = + x e−5x 36 6 e a solução geral da equação não homogênea é   5 1 y( x ) = + x e−5x + c1 e−3x + c2 e−2x 36 6

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

(b) A equação característica é r2 − 4r + 6 = 0.

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

260

∆ = 16 − 24 = −8 √ As raízes da equação característica são r1,2 = 2 ± i 2 e a solução geral da equação homogênea é √ √ y( x ) = c1 e2x cos( 2 x ) + c2 e2x sen( 2 x )

ig

y p ( x ) = A0 + A1 x, y0p ( x ) = A1 , y00p ( x ) = 0. Substituindo-se y p ( x ), y0p ( x ) e y00p ( x ) na equação obtemos

−4A1 + 6( A0 + A1 x ) = 3x

D

Comparando os termos de mesmo grau obtemos o sistema linear  6A0 − 4A1 = 0 6A1 = 3

ia

que tem solução A0 = 1/3 e A1 = 1/2. Assim, uma solução particular da equação não homogênea é 1 1 y p (x) = + x 3 2 e a solução geral da equação não homogênea é

√ √ 1 1 + x + c1 e2x cos( 2 x ) + c2 e2x sen( 2 x ) 3 2

óp

y( x ) =

(c) Eq. característica: r2 + 4 = 0 ⇔ r = ±2i. Sol. geral da eq. homog.: y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) (1)

Vamos usar o princípio da Superposição para equações não homogêneas: y p (t) = t[ A cos(2t) + B sen(2t)] é uma solução da equação y00 + 4 y = 2 sen(2t) e (2)

(1)

(2)

y p (t) = Ct + D é uma solução da equação y00 + 4 y = t. Logo, y p (t) = y p (t) + y p (t) é solução da equação y00 + 4 y = 2 sen(2t) + t.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

2.5

261

Respostas dos Exercícios

ita l

Vamos encontrar uma solução particular de y00 + 4 y = 2 sen(2t): (1)

y p (t) = t[ A cos(2t) + B sen(2t)] y0p

(1)

(t) = A cos(2t) + B sen(2t) + t[−2A sen(2t) + 2B cos(2t)]

(1) y00p (t)

D

ig

= (−4At + 4B) cos(2t) + (−4Bt − 4A) sen(2t) Substituindo-se na equação diferencial y00 + 4 y = 2 sen(2t) obtemos (−4At + 4B) cos(2t) + (−4Bt − 4A) sen(2t) + 4t[ A cos(2t) + B sen(2t)] = 2 sen(2t) [−4At + 4B + 4At] cos(2t) + [−4Bt − 4A + 4Bt] sen(2t) = 2 sen(2t) 4B cos(2t) − 4A sen(2t) = 2 sen(2t) Substituindo-se t = 0 e t = π/4 obtemos  4B = 0 −4A = 2 1 t cos(2t). 2 Vamos encontrar uma solução particular de y00 + 4 y = t: (1)

Logo, A = −1/2, B = 0 e y p (t) = (2)

y p (t) = Ct + D, (2)

y00 p (t) = 0.

ia

(2)

y0 p (t) = D,

óp

Substituindo-se na equação diferencial y00 + 4 y = t obtemos 4Ct + 4D = t Substituindo-se t = 0, obtemos 4D = 0. Derivando-se de substituindo-se t = 0 obtemos 4C = 1. 1 (2) Logo, D = 0, C = 1/4 e y p (t) = t. 4 t 1 (1) (2) Sol. particular y p (t) = y p (t) + y p (t) = − cos(2t) + t. 2 4 Assim, a solução geral da equação é y(t) = c1 cos(2t) + c2 sen(2t) −

Março 2012

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t 1 cos(2t) + t 2 4 Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

3.2.

ita l

262 (a) Solução geral da equação homogênea:

y ( t ) = c 1 e −2 t + c 2 e t

y p ( t ) = A2 t2 + A1 t + A0

y00p + y0p − 2y p = (−2A2 )t2 + (2A2 − 2A1 )t + (2A2 + A1 − 2A0 )

= 1 = 0 = 3

ig

  −2A2 2A2  2A2

− 2A1 + A1

− 2A0  1   −  2  A2  1   A1  =  −   2   9  A0 − 4

D



Solução geral:

ia

y p (t) = −9/4 − 1/2 t − 1/2 t2

y(t) = c1 e−2 t + c2 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2

y(t) = 7/12 e−2 t + 5/3 et − 9/4 − 1/2 t − 1/2 t2

óp

Solução do PVI

(b) Solução geral da equação homogênea: y(t) = c1 e−t + c2 te−t

Solução particular da equação não homogênea:

Tópicos de Equações Diferenciais

y p (t) = A cos 2t + B sen 2t GoBack GoForward

Março 2012

263

Respostas dos Exercícios

ita l

2.5

Substituindo-se na equação y00p + 2y0p + y p = (−3A + 4B) cos 2t + (−4A − 3B) sen 2t = 3 sen 2t  −3A + 4B = 0 −4A − 3B = 3    12  A − 25 = 9 B − 25

Solução geral:

9 12 cos 2t − sen 2t 25 25

ig

y p (t) = −

12 9 cos 2t − sen 2t 25 25

D

y(t) = c1 e−t + c2 te−t − Derivada da solução geral: y0 (t) = −c1 e−t + c2 (1 − t)e−t + 24 25 sen 2t − Substituindo-se t = 0, y = 0, y0 = 0:

18 25

c1 =

cos 2t

12 , 25

c2 =

6 5

ia

Solução do PVI: 12 −t 9 y(t) = 25 e + 56 te−t − 12 25 cos 2t − 25 sen 2t (c) Solução geral da equação homogênea:

óp

y ( t ) = c1 e2 t + c2 e2 t t y p (t) = 1/3 e−t

Solução geral:

Solução do PVI

Março 2012

y(t) = c1 e2 t + c2 e2 t t + 1/3 e−t y(t) = −1/3 e2 t + e2 t t + 1/3 e−t GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

264 (d) Solução geral da equação homogênea:

y(t) = c1 e−t/2 cos(t/2) + c2 e−t/2 sen(t/2) Solução particular:

y p ( t ) = A2 t2 + A1 t + A0

 

+ A1 + 2A1

+

A0

= 1 = 0 = 0

D

A2 4A2  4A2

ig

Substituindo-se na equação: 2y00p + 2y0p + y p = ( A2 )t2 + (4A2 + A1 )t + (4A2 + 2A1 + A0 ) = t2



   A2 1  A1  =  −4  A0 4

Solução geral:

ia

y p (t) = t2 − 4t + 4 = (t − 2)2

y(t) = c1 e−t/2 cos(t/2) + c2 e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2

óp

Derivada da solução geral: y0 (t) = c1 e−t/2 (−(1/2) cos(t/2) − (1/2) sen(t/2)) + c2 e−t/2 (−(1/2) sen(t/2) + (1/2) cos(t/2)) + 2( t − 2) Substituindo-se t = 0, y = 0, y0 = 0: c1 = −4, c2 = 4

Solução do PVI:

y(t) = −4e−t/2 cos(t/2) + 4e−t/2 sen(t/2) + (t − 2)2

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

3.3.

265

Respostas dos Exercícios (a) A equação característica é r2 + 2r + α = 0

ita l

2.5

∆ = 4 − 4α = 4(1 − α)

√ i. Se α > 1, então ∆ < 0, as raízes da equação característica são r1,2 = −1 ± i α − 1 e a solução geral da equação é √ √ y(t) = c1 e−t cos( α − 1 t) + c2 e−t sen( α − 1 t)

D

ig

ii. Se α = 1, então ∆ = 0 e r = −1 é a única raiz da equação característica e a solução geral da equação é y(t) = c1 e−t + c2 te−t √ iii. Se α < 1, então ∆ > 0, as raízes da equação característica são r1,2 = −1 ± 1 − α e a solução geral da equação é √ √ y(t) = c1 e(−1−

+ c2 e(−1+ 1−α)t √ √ (b) y p (t) = t[( A0 + A1 t)e−t sen( α − 1 t) + ( B0 + B1 t)e−t cos( α − 1 t)], se α > 1. 4. Oscilações (página 237)

ia

√ (a) Equação característica é r2 + 3 = 0, que tem como raízes r = ± 3i. Logo, a solução geral da equação diferencial é : √  √  u(t) = c1 cos 3 t + c2 sen 3t .

óp

4.1.

1− α ) t

Para resolver o PVI precisamos calcular a derivada da solução geral: √  √  √ √ u0 (t) = −c1 3 sen 3 t + c2 3 cos 3t

Substituindo-se t = 0, u = 1, u0 = 3 obtemos:

Março 2012

c1 = 1,

c2 =

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√

3. Reginaldo J. Santos

A solução do PVI é portanto u(t) = − cos Marcando o ponto (c1 , c2 ) = (1,

√

√

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

266

 √ √  3 t + 3 sen 3t .

3) no plano obtemos que R = 2 e δ = √

3 t−

π 3

ig

u(t) = 2 cos

π , ou seja, 3

A amplitude é igual a 2, a frequência é igual a

3, a fase é igual a

√ π e o período é igual a 2π/ 3. 3

D

(b)

√

u

ia

2

3/2

4.2.

óp

π/3

t 3/2

7π/3

−2

(a) Equação característica: 2r2 + 3 = 0 √ Raízes: r = ± 3/2 i

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

267

Respostas dos Exercícios

Solução geral: u(t) = c1 cos

q

3 2

 t + c2 sen

q

3 2

 t

Derivada da√solução geral: √ √ √

u0 (t) = −c1 3/2 sen 3/2 t + c2 3/2 cos 3/2 t Substituindo-se t = 0, u = 1, u0 = 0: c1 = 1, c2 = 0 Solução do PVI: r

!

ig

u(t) = cos

3 t 2

ita l

2.5

q

3 2,

a fase é igual a zero e o período é igual a

D

A amplitude é igual a 1, a frequência é igual a √ √ 2 2π/ 3. (b)

y

óp

ia

+1

Março 2012

1/2 2____ 2π 31/2

t

−1

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

4.3.

2u00 + 3u = 3 cos(3t) 2r2 + 3 = 0

√ r = ±i 3/2

Solução da equação homogênea √

√   3/2 t + c2 sen 3/2 t

ig

u(t) = c1 cos

ita l

268

D

u p (t) = A cos(3t) + B sen(3t)

u0p (t) = −3A sen(3t) + 3B cos(3t) u00p (t) = −9A cos(3t) − 9B sen(3t)

ia

Substituindo-se u p (t), u0p (t) e u00p (t) na equação obtemos

óp

−15A cos(3t) − 15B sen(3t) = 3 cos(3t)  −15A = 3 −15B = 0

que tem solução A = −1/5 e B = 0. Assim, uma solução particular da equação não homogênea é 1 u p (t) = − cos(3t) 5

e a solução geral da equação não homogênea é √ √

u(t) = − 51 cos(3t) + c1 cos 3/2 t + c2 sen 3/2 t . Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

269

Respostas dos Exercícios u0 (t) =

3 5

sen(3t) −

√

3/2c1 sen

u(0) = u0 = − 51 + c1

⇒

√

√
√
3/2 t + 3/2c2 cos 3/2 t .

c1 = u0 +

1 5

u0 (0) = u00 =

√

3/2c2

⇒

ita l

2.5

c2 =

√

2/3u00

ig

Assim, a solução do problema de valor inicial é √ √
√
u(t) = − 15 cos(3t) + (u0 + 15 ) cos 3/2 t + 2/3u00 sen 3/2 t . 4.4.

1 2u00 + u0 + u = 0 2

∆ = 1 − 4 = −3

D

√ 1 3 = − ±i 4 4

r1,2

ia

√  √  u(t) = c1 e−t/4 cos 43 t + c2 e−t/4 sen 43 t √  √  √   √   u0 (t) = c1 − 41 e−t/4 cos 43 t − 43 e−t/4 sen 43 t + c2 − 14 e−t/4 sen 43 t +

√

3 4

cos

√

3 4

t



u (0) = u0 = c1

3c2 4

⇒

c2 =

óp

u0 (0) = u00 = − c41 +

√

4u00 +u0 √ 3

Assim, a solução do problema de valor inicial é √  √  4u00 +u0 −t/4 e sen 43 t u(t) = u0 e−t/4 cos 43 t + √ 3

4.5. A constante da mola é

Março 2012

k=

mg 100 · 103 = = 104 L 10

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem A equação diferencial que descreve o movimento é 102 u00 + 104 u = 0 Equação característica: r2 + 100 = 0

⇔

ita l

270

r = ±10i

Solução geral: A frequência natural é r ω0 =

k = m

r

104 = 10. 100

D

O período é

ig

u(t) = c1 cos(10t) + c2 sen(10t)

T=

2π 2π = segundos ω0 10

óp

ia

(a) A posição em função do tempo é a solução do problema de valor inicial  00  u + 100u = 0, u(0) = 0,  0 u (0) = −4. u0 (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)  u (0) = 0 = c1 , u0 (0) = −4 = 10c2 .

Assim, a solução do problema de valor inicial é 2 u(t) = − sen(10t) 5

A amplitude é igual a 2/5.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

271

Respostas dos Exercícios

ita l

2.5

u 2/5

0

t

ig

2π/10

−2/5

D

(b) A posição em função do tempo é a solução do problema de valor inicial  00  u + 100u = 0, u(0) = 1,  0 u (0) = 10.

ia

u0 (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)  u (0) = 1 = c1 , u0 (0) = 10 = 10c2 .

óp

Logo, c1 = 1 e c2 = 1. Assim, R=

q

c21 + c22 =

√

2,

δ = arccos

√ c1 2 = arccos = π/4 R 2

e a solução do problema de valor inicial é u(t) = cos(10t) + sen(10t) =

A amplitude é igual a

Março 2012

√

√

2 cos(10t − π/4)

2.

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

272 u 2^(1/2)

0

π/40+2π/10

t

ig

π/40

D

−2^(1/2)

(c) A posição em função do tempo é a solução do problema de valor inicial

ia

 00  u + 100u = 0, u(0) = 2,  0 u (0) = 0.

u0 (t) = −10c1 sen(10t) + 10c2 cos(10t)

óp



u (0) = 2 = c1 , u0 (0) = 0 = 10c2 .

Assim, a solução do problema de valor inicial é u(t) = 2 cos(10t)

A amplitude é igual a 2.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

273

Respostas dos Exercícios

ita l

2.5

u 2

0

D

−2

4.6. A constante da mola é

t

ig

2π/10

mg 100 · 103 = = 104 L 10 A equação diferencial que descreve o movimento é k=

ia

102 u00 + γu0 + 104 u = 0

Equação característica:

102 r2 + γr + 104 = 0 ∆ = γ2 − 4 · 106

• Se γ > 2 · 103 o sistema é super-amortecido. • Se γ = 2 · 103 o o sistema tem um amortecimento crítico. • Se γ < 2 · 103 o sistema é sub-amortecido

óp

(a)

(b) Neste caso a constante de amortecimento é dada por

Março 2012

γ=

Fr 104 = = 103 . v 10

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Reginaldo J. Santos

A equação diferencial que descreve o movimento é

ita l

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

274

102 u00 + 103 u0 + 104 u = 0 Equação característica: 102 r2 + 103 r + 104 = 0 Solução geral:

⇔

√ r = −5 ± 5 3 i

ig

√ √ u(t) = c1 e−5t cos(5 3 t) + c2 e−5t sen(5 3 t)

u0 (t)

D

A posição em função do tempo é a solução do problema de valor inicial  00  u + 10u0 + 100u = 0, u(0) = 2,  0 u (0) = 0.

√ √ = e−5t ((5 3c2 − 5c1 ) cos(5 3 t) + √ √ + (−5 3 − 5c2 ) sen(5 3 t)) u(0) = 2 = c1√ , 0 u (0) = 0 = 5 3c2 − 5c1 .

ia



√ Logo, c1 = 2 e c2 = 2/ 3. Assim,

óp

4 c21 + c22 = √ , 3 √ c 3 δ = arccos 1 = arccos = π/6 R 2 e a solução do problema de valor inicial é √ √ √ u(t) = 2e−5t cos(5 3 t) + √2 e−5t sen(5 3 t) = √4 e−5t cos(5 3 t − π/6) 3 3 √ √ A quase frequência é igual a 5 3 e o quase período é igual a 2π/5 3.

Tópicos de Equações Diferenciais

R=

q

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Março 2012

275

Respostas dos Exercícios u

4/31/2

2π/(533/2)

4.7.



t

D

-4/31/2

13π/(10 33/2)

ig

π/(10 33/2)

ita l

2.5

102 u00 + 104 u = 9600 cos(6t), u(0) = 0, u0 (0) = 0

A solução geral da equação homogênea é

ia

u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) A solução particular pelo método dos coeficientes a determinar é da forma u p (t) = A0 cos(6t) + B0 sen(6t)

óp

Pelo método das constantes a determinar encontramos A0 = 3/2 e B0 = 0. A solução geral da equação é

u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) +

3 cos(6t) 2

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que

Março 2012

c1 = −3/2,

c2 = 0

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

276 Assim, a solução do problema de valor inicial é u(t) =

3 (cos(6t) − cos(10t)) . 2

Como

cos( A − B) − cos( A + B) = 2 sen A sen B

ig

então

u(t) = 3 sen(2t) sen(8t)

D

u

3

0

t

ia

π

4.8.

óp

−3



102 u00 + 104 u = 103 cos(10t), u(0) = 0, u0 (0) = 0

A solução geral da equação homogênea é

Tópicos de Equações Diferenciais

u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) GoBack GoForward

Março 2012

277

Respostas dos Exercícios

ita l

2.5

A solução particular pelo método dos coeficientes a determinar é da forma u p (t) = t( A0 cos(10t) + B0 sen(10t))

Pelo método das constantes a determinar encontramos A0 = 0 e B0 = 1/2. A solução geral da equação é

t sen(10t) 2

ig

u(t) = c1 cos (10t) + c2 sen (10t) + Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que c2 = 0

D

c1 = 0, Assim, a solução do problema de valor inicial é

u(t) =

t sen(10t) 2

ia

u

óp

0.5 t →

Março 2012

π __ 5

t

−0.5 t →

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

278 4.9. Neste caso a constante de amortecimento é dada por γ=

Fr 4200 = = 4200 v 1

A equação diferencial que descreve o movimento é

102 u00 + 4200u0 + 104 u = 26000 cos(6t)

ig

A solução estacionária é a solução particular da equação não homogênea u p (t) = A0 cos(6t) + B0 sen(6t) Pelo método das constantes a determinar encontramos

R=

A20 + B02 = 1,

u p (t) =

B0 = 63/65,

D

A0 = 16/65,

q

δ = arccos

A0 16 = arccos ≈ 1, 32. R 65

16 63 cos(6t) + sen(6t) = cos(6t − 1, 32) 65 65

ia

u

óp

+1

Tópicos de Equações Diferenciais

1,32 __ 6

1,32+2π ____ 6

t

−1

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Março 2012

Respostas dos Exercícios

4.10.

(a) A solução da equação homogênea√correspondente é √ t

t

u(t) = c1 e− 2 cos 27 t + c2 e− 2 sen 27 t . Então, a solução geral desta equação é

√

u ( t ) = c1 e

− 2t

ita l

279

2.5

√ 7t 7t − 2t cos + c2 e sen + u p (t) 2 2

ig

em que u p (t) é uma solução particular. Pelo método dos coeficientes a determinar u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt).

u0p (t) = ω cos (ω t) B − ω sen (ω t) A

D

u00p (t) = −ω 2 sen (ω t) B − ω 2 cos (ω t) A

ia

Substituindo-se u p (t), u0p (t) e u00p (t) na equação diferencial obtemos
ω B − ω 2 A + 2 A cos ωt
− ω 2 B − 2 B + ω A sen ωt = cos ωt π Substituindo-se t = 0 e t = 2ω obtemos o sistema
 2 − ω 2 A + ω
B = 1 −ω A + 2 − ω 2 B = 0 que tem solução

2 − ω2 , ω4 − 3 ω2 + 4 Logo, a solução geral da equação diferencial é

óp

A=

B=

ω . ω4 − 3 ω2 + 4

√

u ( t ) = c1 e

Março 2012

− 2t

√ 7t 7t − 2t cos + c2 e sen 2 2 +

(2 − ω 2 ) ω cos(ωt) + 4 sen(ωt). ω4 − 3 ω2 + 4 ω − 3 ω2 + 4

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

280

(b) A solução estacionária é a solução particular da equação diferencial que é dada por u p (t) =

(2 − ω 2 ) ω cos(ωt) + 4 sen(ωt). 4 2 ω −3ω +4 ω − 3 ω2 + 4

(c) A amplitude é p

A2 + B2 =

1

( ω 4 − 3 ω 2 + 4)

1/2

ig

R = R(ω ) =

4.11. A solução geral da equação homogênea é dada por

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) ,

√

k/m.

D

em que ω0 =

(a) Vamos procurar uma solução particular da forma

Derivando-se:

ia

u p (t) = A cos (ω t) + B sen (ω t) .

u0p (t) = Bω cos (ω t) − Bω sen (ω t)

u00p (t) = − Bω 2 sen (ω t) − Aω 2 cos (ω t) .

óp

Substituindo-se na equação diferencial:   k − m ω 2 (sen (ω t) B + cos (ω t) A) = F0 cos (ω t)

Comparando-se os termos em cosseno e em seno obtemos

Tópicos de Equações Diferenciais




k − m ω2
A k − m ω2 B

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= F0 =0 Março 2012

281

Respostas dos Exercícios Assim, A=

ita l

2.5

F0 F0 , B = 0. = 2 k − m ω2 m ( ω0 − ω 2 )

Logo, a solução geral é u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 cos(ωt). − ω2 )

m(ω02

ig

(b) Dividindo a equação diferencial por m e substituindo-se k/m = ω02 obtemos: u00 + ω02 u =

F0 cos (ω0 t) m

D

Vamos procurar uma solução particular da forma

u p (t) = t [ A cos (ω0 t) + B sen (ω0 t)] .

ia

Derivando-se: u0p (t) = (ω0 t B + A) cos (ω0 t) + ( B − ω0 t A) sen (ω0 t) u00p (t) = − ω0 (ω0 t B + 2 A) (sen (ω0 t) − (2 B − ω0 t A)) cos (ω0 t) . Substituindo-se na equação diferencial u00 + ω02 u = Fm0 cos (ω0 t):

óp

2 ω0 (cos (ω0 t) B − sen (ω0 t) A) = F0 cos (ω0 t)

Comparando-se os termos em cosseno e em seno obtemos  2 ω0 B = F0 /m − 2 ω0 A =0

Assim,

Março 2012

A = 0, B =

F0 . 2mω0

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Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

ita l

282 Logo, a solução geral é

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) + (a) u(t) = u0 (t) = −

F0 cos (ω t)
+ c2 sen (ω0 t) + c1 cos (ω0 t) ω02 − ω 2 m

F0 ω sen (ω t)
− ω0 c1 sen (ω0 t) + ω0 c2 cos (ω0 t) ω02 − ω 2 m

ig

4.12.

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

Derivando e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que

D

F0
+ c1 ω02 − ω 2 m

ω0 c 2 F0 , c1 = − 2 m ( ω0 − ω 2 )

c2 = 0

ia

Assim, a solução do problema de valor inicial é u(t) =

óp

(b)

F0 (cos(ωt) − cos(ω0 t)) . − ω2 )

m(ω02

u(t) = c1 cos (ω0 t) + c2 sen (ω0 t) +

F0 sen(ω0 t) − ω0 c1 sen (ω0 2 ω0 m F0 t cos(ω0 t) + ω0 c2 cos (ω0 t) 2m

u0 (t) =

F0 t sen(ω0 t) 2mω0

t)

+ Derivando-se e substituindo-se t = 0, u = 0 e u0 = 0 obtemos que

Tópicos de Equações Diferenciais

c1 = 0,

c2 = 0

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Março 2012

283

Respostas dos Exercícios

ita l

2.5

Assim, a solução do problema de valor inicial é u(t) =

F0 t sen(ω0 t). 2mω0

ig

4.13. Seja u(t) = c1 u1 (t) + c2 u2 (t) a solução da equação homogênea correspondente. Então, a solução geral desta equação é u ( t ) = c1 u1 ( t ) + c2 u2 ( t ) + u p ( t ) em que u p (t) é uma solução particular. Pelo método dos coeficientes a determinar u p (t) = A cos(ωt) + B sen(ωt).

D

u0p (t) = ω cos (ω t) B − ω sen (ω t) A

u00p (t) = −ω 2 sen (ω t) B − ω 2 cos (ω t) A

ia



Substituindo-se u p (t), u0p (t) e u00p (t) na equação diferencial obtemos ω B γ + ω02 − ω 2 m A cos ωt

+ ω02 − ω 2 m B − ω A γ sen ωt = F0 cos ωt π obtemos o sistema Substituindo-se t = 0 e t = 2ω
ω02 − ω 2 m A + ω
γ B −ω γ A + ω02 − ω 2 m B



óp

encontramos

A=

F0 m(ω02 − ω 2 ) , ∆

B=

= =

F0 0

F0 γω , ∆

em que ∆ = m2 (ω02 − ω 2 )2 + γ2 ω 2 . Logo, uma solução particular da equação diferencial é u p (t) =

Março 2012

F0 m(ω02 − ω 2 ) F0 γω cos(ωt) + sen(ωt). ∆ ∆ GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

Equações Diferenciais Lineares de 2a. Ordem

4.14.

(a) 10Q00 + 60Q0 +

ita l

284

1 = 12 0, 125 · 10−1

Dividindo-se por 10: Q00 + 6Q0 + 8Q =

6 5

ig

Equação característica: r2 + 6r + 8 = 0 Raízes: r = −2, −4 Solução geral da equação homogênea: Q(t) = c1 e−2t + c2 e−4t Solução particular da forma Q p (t) = A0 .

Substituindo-se na equação:

D

Q0p (t) = Q00p (t) = 0

8A0 =

Solução geral:

6 5

⇒

A0 =

3 20 3 20

ia

Q(t) = c1 e−2t + c2 e−4t +

óp

Derivada da solução geral: Q0 (t) = −2c1 e−2t − 4c2 e−4t Substituindo-se t = 0, Q = 0, Q0 = 0:   3 c1 = −3/10 c1 + c2 + 20 =0 , ⇒ c2 = 3/20 −2c1 − 4c2 = 0 Solução do PVI:

Q(t) = −

3 −2t 3 3 e + e−4t + 10 20 20

(b)

Tópicos de Equações Diferenciais

lim Q(t) =

t→∞

3 C 20

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Março 2012

285

Respostas dos Exercícios

ita l

2.5

(c) 0.16

Q 0.14

0.12

0.1

0.08

0.06

ig

0.04

0.02

0

t

−0.02

4.15.

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

D

−0.5

(a) Com a aproximação sen θ ≈ θ a equação diferencial se torna θ 00 +

que tem solução geral

ia

r

óp

θ (t) = c1 cos

g θ = 0, l

 r  g g t + c2 sen t l l

θ0 = θ (0) = c1 r g 0 0 = θ (0) = c2 l

Logo, a solução do PVI é

(b) A frequência é

Março 2012

q

g l,

r θ (t) = θ0 cos

o período é 2π

q

l g

g t l



e a amplitude é θ0 .

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Reginaldo J. Santos

ita l ig

3 3.1

D

T RANSFORMADA DE L APLACE

Introdução

ia

A transformada de Laplace pode ser usada para resolver problemas de valor inicial da forma Ay00 + By0 + Cy = f (t),

y (0) = y0 ,

y0 (0) = y00 ,

para A, B, C ∈ R

óp

Para isso, a equação diferencial é inicialmente transformada pela transformada de Laplace numa equação algébrica. Depois resolve-se a equação algébrica e finalmente transforma-se de volta a solução da equação algébrica na solução da equação diferencial inicial. A transformada de Laplace pode ser entendida como a “caixa” da Figura 3.1. Do lado esquerdo entram as funções originais e do lado direito saem as funções transformadas pela transformada de Laplace.

3.1

287

Introdução

L( f )(s) = F (s) =

ita l

A transformada de Laplace de uma função f : [0, ∞) → R (ou C) é definida por Z ∞ 0

e−st f (t)dt.

ig

para todo s > 0 tal que a integral acima converge. Representaremos a função original por uma letra minúscula e a sua variável por t. Enquanto a transformada de Laplace será representada pela letra correspondente maiúscula e a sua variável por s. Por exemplo, as transformadas de Laplace das funções f (t), g(t) e h(t) serão representadas por F (s), G (s) e H (s), respectivamente.

D

Vamos calcular a transformada de Laplace de várias funções e apresentar propriedades da transformada de Laplace que possibilitarão que dadas a transformada de Laplace de algumas funções, que serão as funções elementares, poderemos calcular muitas outras. A transformada de Laplace das funções elementares estão agrupadas na tabela na página 351 e podem ser consultadas a qualquer momento.

Exemplo 3.1. A transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R definida por f (t) = 1 é dada por

0

e

−st

∞ e−sT e−s0 e−s0 1 e−st − = 0− = , 1 dt = = lim −s −s −s s T →∞ −s

ia

F (s) =

Z ∞

para s > 0.

0

óp

Exemplo 3.2. Seja a uma constante real. A transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R definida por f (t) = e at é dada por F (s)

=

0

=

Março 2012

Z ∞

lim

e

T →∞

−st at

e dt =

e−(s− a)T a−s

−

Z ∞ 0

e

−(s− a)t

e−(s− a)0 a−s

∞ e−(s−a)t dt = a−s 0

= 0−

1 1 = , a−s s−a

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para s > a. Reginaldo J. Santos

288

ita l

Transformada de Laplace

Exemplo 3.3. Seja a uma constante real. Vamos determinar a transformada de La-

ig

place das funções f : [0, ∞) → R dada por f (t) = cos at e g : [0, ∞) → R dada por g(t) = sen at. Para isso, vamos calcular a transformada de Laplace da função h : [0, ∞) → C definida por h(t) = eiat . ∞ Z ∞ Z ∞ e−(s−ia)t −st iat −(s−ia)t H (s) = e e dt = e dt = −(s − ia) 0 0 0

= =

D

e−sT (cos aT + i sen aT ) e−(s−ia)0 e−(s−ia)0 lim − = 0− −(s − ia) −(s − ia) ia − s T →∞ 1 , para s > 0. s − ia

Por outro lado H (s) = L(h)(s) =

Z ∞ 0

e−st (cos at + i sen at) dt = L( f )(s) + i L( g)(s) = F (s) + iG (s).

ia

Assim, a parte real de H (s) é igual a F (s), Re{ H (s)} = F (s), e a parte imaginária de H (s) é igual a G (s), I m{ H (s)} = G (s). Como H (s) =

1 s + ia s + ia = = 2 , s − ia (s − ia)(s + ia) s + a2

óp

então a transformada de Laplace de f (t) = cos at é F (s)

= Re{

1 s }= 2 , s − ia s + a2

para s > 0

e a transformada de Laplace de g(t) = sen at é G (s)

= I m{

Tópicos de Equações Diferenciais

1 a }= 2 , s − ia s + a2

para s > 0.

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Março 2012

289

Introdução

ita l

3.1

Exemplo 3.4. Seja n um inteiro positivo. Vamos calcular a transformada de Laplace

=

n s

Z ∞ 0

0

n e−st tn−1 dt = Fn−1 (s). s

ig

da função f n : [0, ∞) → R dada por f n (t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . . Usando integração por partes temos que ∞ Z ∞ Z ∞ tn e−st n −st n Fn (s) = e t dt = e−st tn−1 dt − −s −s 0 0

Aplicando-se recursivamente a fórmula obtida obtemos

n ( n − 1) . . . 1 n ( n − 1) F0 (s). Fn−2 (s) = sn s2

D

Fn (s) =

Mas F0 (s) é a transformada de Laplace da função constante 1, ou seja, F0 (s) = Assim, a transformada de Laplace de f n (t) = tn , para n = 0, 1, 2, . . . é

ia

n! , s n +1

1 . s

Fn (s) =

para s > 0.

óp

Para calcular a transformada de Laplace de outras funções vamos usar as propriedades que apresentaremos a seguir.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

290

Transformada de Laplace

de g(t) é G (s), para s > a2 , então para quaisquer constantes α e β

ita l

Teorema 3.1 (Linearidade). Se a transformada de Laplace de f (t) é F(s), para s > a1 , e a transformada de Laplace para s > max{ a1 , a2 }.

óp

ia

D

ig

L(α f + βg)(s) = αL( f )(s) + βL( g)(s) = αF (s) + βG (s),

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

291

Introdução

Demonstração. L(α f + βg)(s) =

Z ∞

e−st (α f (t) + βg(t))dt

0

= α

Z ∞ 0

e−st f (t)dt + β

Z ∞ 0

ita l

3.1

e−st g(t)dt

= αL( f )(s) + βL( g)(s)

ig



1 1 2 +3 2 +5 . s s3 s

ia

F (s) = 2

D

Exemplo 3.5. A transformada de Laplace do polinômio f (t) = 2t2 + 3t + 5 é pelo Teorema 3.1 e usando o resultado do Exemplo 3.4

Exemplo 3.6. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace

óp

do cosseno hiperbólico de at, f (t) = cosh( at) = F (s) =

Março 2012

e at + e− at , é dada por 2

1 1 1 1 s , + = 2 2s−a 2s+a s − a2

para s > | a|.

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Reginaldo J. Santos

292

Transformada de Laplace

do seno hiperbólico de at, f (t) = senh( at) = F (s) =

e at − e− at , é dada por 2

1 1 1 1 a − = 2 , 2s−a 2s+a s − a2

para s > | a|.

ita l

Exemplo 3.7. Seja a uma constante. Pelo Teorema anterior a transformada de Laplace

D

ig

Dizemos que uma função f (t) é seccionalmente contínua ou contínua por partes em um intervalo [ a, b] se f (t) é contínua em [ a, b] exceto possivelmente em um número finito de pontos, nos quais os limites laterais existem. Dizemos que uma função f (t) é seccionalmente contínua ou contínua por partes em um intervalo [ a, ∞) se f (t) é seccionalmente contínua para todo intervalo da forma [ a, A], com A > a. Se a função f (t) crescer muito rápido ela pode não ter transformada de Laplace, 2 como por exemplo f (t) = et (verifique!). Isto não acontece para funções f (t), para as quais existem M > 0 e k > 0 tais que, para todo t > 0.

(3.1)

ia

| f (t)| ≤ Mekt ,

Chamamos funções admissíveis às funções seccionalmente contínuas que satisfazem (3.1).

óp

Se duas funções admissíveis têm a mesma transformada de Laplace então elas são iguais exceto possivelmente nos pontos de descontinuidade, como enunciado a seguir e demonstrado ao final desta seção na página 299.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

293

Introdução

ita l

3.1

Teorema 3.2 (Injetividade). Dadas duas funções f (t) e g(t) admissíveis se L( f )(s) = L( g)(s),

para s > a,

ig

então f (t) = g(t), exceto possivelmente nos pontos de descontinuidade.

D

Portanto, se F (s) é a transformada de Laplace de uma função admissível f (t), esta função esta determinada a menos dos pontos de descontinuidade e dizemos que f (t) é a transformada de Laplace inversa de F (s) e escrevemos simplesmente

L−1 ( F )(t) = f (t),

ia

considerando duas funções iguais, se elas forem iguais em todos os pontos onde ambas são contínuas.

óp

Exemplo 3.8. Se a transformada de Laplace de uma função f (t) é F (s) =

s+3 s2 − 3s + 2

então vamos determinar a função f (t). Para isso vamos decompor F (s) em frações parciais. O denominador de F (s) tem duas raízes reais s = 1 e s = 2. Assim, F (s) =

Março 2012

s+3 A B = + , (s − 1)(s − 2) s−1 s−2 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

294

ita l

Transformada de Laplace

em que A e B são constantes a determinar. Multiplicando F (s) por (s − 1)(s − 2) obtemos s + 3 = A ( s − 2) + B ( s − 1) Substituindo-se s = 1 e s = 2 obtemos 4 = −A

F (s) =

5=B

s+3 1 1 = −4 +5 (s − 1)(s − 2) s−1 s−2

e a função cuja transformada é F (s) é

ia

D

f (t) = −4et + 5e2t .

ig

Assim,

e

Teorema 3.3 (1o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante. Se a transformada de Laplace da função f : [0, ∞) → R é F (s), para s > c, então a transformada de Laplace da função

é

óp

g(t) = e at f (t)

G ( s ) = F ( s − a ),

Tópicos de Equações Diferenciais

para s > a + c

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Março 2012

3.1

295

Introdução

G (s)

=

Z ∞ 0

e−st e at f (t)dt =

Z ∞ 0

ita l

Demonstração.

e−(s− a)t f (t)dt = F (s − a)

ig



Exemplo 3.9. Sejam a, b ∈ R. Se g(t) = cos( at), então pelo Exemplo 3.3 na página 288 Pelo 1o. Teorema de Deslocamento

s2

s . + a2

D

G (s) =

L[ebt g(t)](s) = G (s − b).

ia

Logo, se f : [0, ∞) → R é dada por f (t) = ebt cos at então a sua transformada de Laplace é dada por s−b F (s) = , para s > b. ( s − b )2 + a2

óp

Exemplo 3.10. Sejam a, b ∈ R. Pelo 1o. Teorema de Deslocamento e o Exemplo 3.3

na página 288 obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = ebt sen at é dada por F (s) =

Março 2012

a , ( s − b )2 + a2

para s > b.

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Reginaldo J. Santos

296

ita l

Transformada de Laplace

Exemplo 3.11. Seja a ∈ R e n um inteiro positivo. Pelo 1o. Teorema de Desloca-

mento e o Exemplo 3.4 na página 289 obtemos que a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R dada por f (t) = e at tn é dada por n! , ( s − a ) n +1

para s > a.

ig

F (s) =

Exemplo 3.12. Se a transformada de Laplace de uma função f (t) é s−3 s2 + 4s + 4

D

F (s) =

então vamos determinar a função f (t). Para isso vamos decompor F (s) em frações parciais. O denominador de F (s) tem somente uma raiz real, s = −2. Assim, s−3 B A + = , 2 s + 2 ( s + 2)2 ( s + 2)

ia

F (s) =

em que A e B são constantes a determinar. Multiplicando F (s) por (s + 2)2 obtemos s − 3 = A ( s + 2) + B

(3.2)

óp

Substituindo-se s = −2 obtemos

−5 = B.

Derivando-se (3.2) obtemos

1 = A.

Assim,

F (s) =

Tópicos de Equações Diferenciais

s−3 1 1 = −5 . 2 s+2 ( s + 2) ( s + 2)2 GoBack GoForward

Março 2012

3.1

297

Introdução

F (s) =

s−2 2s2 + 2s + 2

ig

Exemplo 3.13. Se a transformada de Laplace de uma função f (t) é

ita l

Observando a Tabela na página 351, usando o 1o. Teorema de Deslocamento e o Teorema da Linearidade vemos que a função cuja transformada de Laplace é F (s) é dada por f (t) = e−2t − 5e−2t t.

F (s) =

D

então vamos determinar a função f (t). Como não podemos fatorar o denominador em fatores lineares com coeficientes reais, então não podemos decompor F (s) em frações parciais. Vamos completar o quadrado do denominador, ou seja, vamos reescrever F (s) da seguinte forma s−2 s−2 s−2 = = . 2s2 + 2s + 2 2[ s2 + s + 1] 2[(s + 1/2)2 + 3/4]

=

s + 1/2 − 5/2 s + 1/2 5/2 = − 2 2 2[(s + 1/2) + 3/4] 2[(s + 1/2) + 3/4] 2[(s + 1/2)2 + 3/4] 1 s + 1/2 5 1 − 2 2 (s + 1/2) + 3/4 4 (s + 1/2)2 + 3/4 √ 1 s + 1/2 5 2 3/2 √ − 2 (s + 1/2)2 + 3/4 4 3 (s + 1/2)2 + 3/4

óp

F (s)

ia

Pela forma do denominador vemos que temos que usar o 1o. Teorema de Deslocamento e para isso tem que aparecer um múltiplo de s + 1/2 no numerador, ou seja,

=

=

Observando a Tabela na página 351, usando o 1o. Teorema de Deslocamento e o Teorema da Linearidade vemos que a função cuja transformada de Laplace é F (s) é Março 2012

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Reginaldo J. Santos

298 dada por 1 f (t) = e−t/2 cos 2

√ ! 3 5 t − √ e−t/2 sen 2 2 3

√ ! 3 t . 2

Explicação: Pelo 1o. Teorema de Deslocamento

ita l

Transformada de Laplace

L[e at g(t)](s) = G (s − a) ou L−1 [ G (s − a)](t) = e at g(t).

ig

351

s s + 1/2 , então G (s) = 2 e pela a Tabela na página (s + 1/2)2 + 3/4 s + 3/4 √ ! 3 g(t) = cos t . 2

Logo,

L

−1

[ G (s + 1/2)](t) = e

−t/2

√

√ ! 3 t . 2

D

Se G (s + 1/2) =

g(t) = e

−t/2

cos

3/2 1 . Se G (s + 1/2) = , (s + 1/2)2 + 3/4 (s + 1/2)2 + 3/4 então √ 2 1 3/2 = √ 2 G (s) = 2 s + 3/4 3 s + 3/4 e pela a Tabela na página 351 √ ! 2 3 g(t) = √ sen t . 2 3 Logo,

óp

ia

O mesmo ocorre com o termo

2 L−1 [ G (s + 1/2)](t) = e−t/2 g(t) = √ e−t/2 sen 3

Tópicos de Equações Diferenciais

√ ! 3 t . 2

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Março 2012

299

Introdução

3.1.1

Demonstração da Injetividade da Transformada de Laplace

ita l

3.1

Demonstração do Teorema 3.2 na página 293. Pela linearidade da transformada de Laplace, basta provarmos que se L(h)(s) = 0, para s > a, então h(t) = 0, para todos os valores de t > 0 para os quais h(t) é contínua. Vamos provar somente para o caso em que h(t) seja contínua. Seja n = 1, 2, . . . 0

e−nt e− at h(t)dt.

ig

0 = L(h)( a + n) =

Z ∞

Façamos a mudança de variáveis t = − ln x e definamos v( x ) = e a ln x h(− ln x ). Então, 0=

Z ∞ 0

e−nt e− at h(t)dt =

Z 1 0

x n−1 v( x )dx.

Z 1 0

D

Seja e > 0. Existe um polinômio p( x ) tal que

(3.3)

| p( x ) − v( x )|2 dx < e.

ia

A existência de tal polinômio é uma consequência imediata do Teorema de aproximação de Weierstrass que será demonstrado a seguir. De (3.3) segue-se que Z 1 0

Z 1 0

Logo,

| p( x ) − v( x )|2 dx =

Z 1

óp

Então,

p( x )v( x )dx = 0.

Z 1 0

0

| p( x )|2 dx +

Z 1 0

|v( x )|2 dx < e.

|v( x )|2 dx < e.

Como e é um número positivo arbitrário, então v( x ) = 0, para 0 < x ≤ 1. Logo, h(t) = 0, para t > 0.  Março 2012

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Reginaldo J. Santos

300

ita l

Transformada de Laplace

Teorema 3.4 (Teorema da Aproximação de Weierstrass). Seja f : [ a, b] → R uma função contínua. Para todo e > 0, existe um polinômio p(t) tal que | f (t) − p(t)| < e, para todo t ∈ [ a, b].

1 (t − a) e t ∈ [ a, b] se, e b−a ˜ ˜ somente se, x ∈ [0, 1]. Seja f : [0, 1] → R definida por f ( x ) = f ((1 − x ) a + xb). Seja n

p˜ ( x ) =

∑



e

p(t) = p˜

 1 (t − a) . b−a

D

k =0

  k n k f˜( ) x (1 − x ) n − k n k

ig

Demonstração. Seja t = (1 − x) a + xb. Então, x =

Este polinômio é chamado de polinômio de Bernstein. Vamos usar o fato de que

  n   n k n n−k ∑ k x (1 − x) ≤ ∑ k xk (1 − x)n−k = 1, k∈ A k =0

ia

(3.4)

para qualquer A ⊆ {0, 1, 2 . . . , n}. Como f é contínua existe δ > 0 tal que

⇒

óp

| x − y| < δ

e | f˜( x ) − f˜(y)| < . 2

(3.5)

Sejam b1 = x − δ e b2 = x + δ. Seja M = max | f˜( x )| = max | f (t)|. Seja n tal que 2 4Me−2δ n

b2 ≤

x ∈[0,1]

t∈[ a,b]

e < . Vamos usar o seguinte fato que será demonstrado a seguir: 2

k k ≤ 1 ou 0 ≤ ≤ b1 n n

Tópicos de Equações Diferenciais

⇒

k

k

2

k

k

x n (1 − x )1− n ≤ e −2( x − b ) b n (1 − b )1− n . GoBack GoForward

(3.6) Março 2012

301

Introdução

ita l

3.1

Então, por (3.4), (3.5) e (3.6) temos que

D

ig

    n n n n k | f˜( x ) − p˜ ( x )| = ∑ f˜( x ) x k (1 − x )n−k − ∑ f˜( ) x k (1 − x ) n − k ≤ k =0 k n k k =0   n k n k ≤ ∑ | f˜( ) − f˜( x )| x (1 − x ) n − k ≤ n k k =0   e k n k ≤ + ∑ | f˜( ) − f˜( x )| x (1 − x ) n − k ≤ 2 n k | nk − x |≥δ     e n k n k n−k ≤ + 2M ∑ x (1 − x ) + 2M ∑ x (1 − x ) n − k ≤ 2 k k k ≥b k ≤b 2 1 n n     e n k n n−k −2δ2 n −2δ2 n ≤ + 2Me ∑ k b1k (1 − b1 )n−k ∑ k b2 (1 − b2 ) + 2Me 2 k k n ≥ b2

n ≤ b1

≤

2 e + 4Me−2δ n ≤ e. 2

óp

ia



Lema 3.5. Se 0 ≤ x < b ≤

k k ≤ 1 ou 0 ≤ ≤ b < x ≤ 1, então n n k

k

2

k

k

x n (1 − x )1− n ≤ e −2( x − b ) b n (1 − b )1− n .

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

302 Demonstração. Precisamos mostrar que k

k

k n

k (1 − b )1− n

x n (1 − x )1− n b

2

≤ e −2( x − b ) ,

ou aplicando-se o logaritmo nesta desigualdade, que k

k

k n

k (1 − b )1− n

x n (1 − x )1− n b

+ 2( x − b)2 ≤ 0.

Temos que H (b) = 0.

ig

H ( x ) = ln

ita l

Transformada de Laplace

k n

−x k k + 4( x − b) ≥ 4( − x ) + 4( x − b) = 4( − b) ≥ 0. x (1 − x ) n n

ia

H 0 (x) =

D

k (a) Se 0 < x < b ≤ ≤ 1, vamos mostrar que H 0 ( x ) ≥ 0. Como, para 0 < x < 1, n 1 x (1 − x ) ≤ , então 4

k ≤ b < x < 1, vamos mostrar que H 0 ( x ) ≤ 0. Como, para 0 < x < 1, n 1 4≤ , então x (1 − x )

óp

(b) Se 0 ≤

H 0 (x) =

k n

k k −x −x −b x−b + 4( x − b ) ≤ n + = n ≤ 0. x (1 − x ) x (1 − x ) x (1 − x ) x (1 − x )

Tópicos de Equações Diferenciais



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Março 2012

303

Introdução

Exercícios (respostas na página 352) 1.1. Determine a transformada de Laplace inversa da função F (s) =

s ( s2

2s − 5 , + s − 12)

ita l

3.1

ou seja, uma função, f (t), cuja transformada de Laplace é a função dada, F (s).

(b) Y (s) =

2 s2 (s + 2)(s − 1)

+

1 (s + 2)(s − 1)

3 (s − 1)(s2 + 4)

D

(a) Y (s) =

ig

1.2. Considere L(y)(s) = Y (s). Determine y(t):

1.3. Seja a uma constante. Sabendo-se que a transformada de Laplace de f (t) = sen at é a , s2 + a2

F (s) =

s>0

ia

e a de g(t) = t cos at é

s2 − a2 , ( s2 + a2 )2

G (s) =

s>0

óp

mostre que a transformada de Laplace de h(t) = sen at − a t cos at é H (s) =

2a3 , ( s2 + a2 )2

s > 0.

1.4. Encontre a transformada de Laplace inversa de

Março 2012

Y (s) =

( s2

2s−1 . − 1) (4 s2 + 4 s + 5)

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Reginaldo J. Santos

304

ita l

Transformada de Laplace

1.5. Mostre que se f (t) é seccionalmente contínua e existem k > 0 e M > 0 tais que

| f (t)| ≤ Mekt ,

para todo t > 0,

então existe a transformada de Laplace de f (t), L( f )(s) = F (s), definida para s > k e além disso lim L( f )(s) = 0.

s→∞ 2

ig

1.6. Mostre que f (t) = et não tem transformada de Laplace.

1.7. (Função Gama) A função gama é definida pela integral imprópria Z ∞ 0

t p−1 e−t dt,

para p > 0.

D

Γ( p) =

(a) Mostre que Γ( p + 1) = pΓ( p), para p > 0.

(b) Mostre que Γ(n + 1) = n!, para n = 1, 2, 3, . . .

Γ ( p + 1) , para s > 0. s p +1

ia

(c) Seja p > −1. Mostre que L(t p )(s) =

r

√ π π e L(t1/2 )(s) = 3/2 . s 2s

óp

√ 1 (d) Usando o fato de que Γ( ) = π, mostre que L(t−1/2 )(s) = 2

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

305

3.2. Problemas de Valor Inicial

Problemas de Valor Inicial

ita l

3.2

ig

O próximo resultado mostra o efeito de aplicar a transformada de Laplace na derivada de uma função.

Teorema 3.6 (Derivação). Seja f : [0, ∞) → R uma função admissível e contínua. (a) Se f 0 (t) é seccionalmente contínua, então

D

L( f 0 )(s) = sF (s) − f (0), em que F (s) é a transformada de Laplace de f (t).

(b) Se f 0 (t) é admissível e contínua e f 00 (t) é seccionalmente contínua, então

ia

L( f 00 )(s) = s2 F (s) − s f (0) − f 0 (0), em que F (s) é a transformada de Laplace de f (t).

Demonstração. (a) Vamos provar para o caso em que f 0 (t) é contínua. Z ∞

óp L( f 0 )(s) =

=

e−st f 0 (t)dt Z ∞ e−st f (t) − (−s) 0

0

∞ 0

e−st f (t)dt

= − f (0) + sF (s),

pois como f (t) é admissível, limT →∞ e−sT f ( T ) = 0, para s > k. Março 2012

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Reginaldo J. Santos

306

Transformada de Laplace

L( f 00 )(s) = − f 0 (0) + sL( f 0 )(s) = − f 0 (0) + s(− f (0) + sF (s)) = − f 0 (0) − s f (0) + s2 F ( s )

ita l

(b) Vamos provar para o caso em que f 00 (t) é contínua. Usando o item anterior:

ig



Exemplo 3.14. Seja a uma constante. Seja f (t) = t sen at. Vamos determinar F(s). f 0 (t) = sen at + at cos at

D

f 00 (t) = 2a cos at − a2 t sen at = 2a cos at − a2 f (t)

Aplicando a transformada de Laplace e usando o Teorema 3.6 de Derivação, já que f (t) e f 0 (t) são admissíveis e contínuas e f 00 (t) é contínua, obtemos

Assim,

s2

s − a2 F ( s ) + a2

ia

s2 F (s) − s f (0) − f 0 (0) = 2a

F (s) =

2as . ( s2 + a2 )2

óp

Como Z ∞ Z ∞ Z ∞ −st −st t | sen at|dt ≤ e−st t dt < ∞, 0 e t sen at dt ≤ 0 e 0

para s > 0,

então a transformada de Laplace L( f )(s) = F (s) está definida para s > 0.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

307

Problemas de Valor Inicial

ita l

3.2

Exemplo 3.15. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Deixamos como exercício mostrar usando o Teorema 3.6 de Derivação que s2 − a2 , ( s2 + a2 )2

para s > 0.

ig

F (s) =

Exemplo 3.16. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial y00 + y0 − 2y = 2t,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 1



D

Aplicando-se a transformada de Laplace à equação acima obtemos

 1 s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + (sY (s) − y(0)) − 2Y (s) = 2 2 s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 1 obtemos

Assim,

=

2 1 + s2 (s + 2)(s − 1) (s + 2)(s − 1)

=

2 + s2 A B C D = + 2+ + s s+2 s−1 s2 (s + 2)(s − 1) s

óp

Y (s)

 2 s2 + s − 2 Y ( s ) = 2 + 1 s

ia



Multiplicando-se por s2 (s + 2)(s − 1) obtemos s2 + 2 = As(s + 2)(s − 1) + B(s + 2)(s − 1) + Cs2 (s − 1) + Ds2 (s + 2) Março 2012

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(3.7) Reginaldo J. Santos

308 Substituindo-se s = −2, 0, 1 obtemos   6 2  3

ita l

Transformada de Laplace

= −12C = −2B = 3D

Y (s) =

−1/2 1 1/2 1 − 2− + s s+2 s−1 s

de onde obtemos

D

Logo, A = − 12 . Assim,

ig

que tem solução B = −1, C = − 12 e D = 1. Comparando os termos de grau 3 da equação (3.7) obtemos 1 0 = A+C+D = A+ . 2

óp

ia

1 1 y(t) = − − t − e−2t + et , 2 2 usando a Tabela na página 351.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

309

Problemas de Valor Inicial

ita l

3.2

D

ig

f (t)

ia

L

F (s)

óp

Figura 3.1. Transformada de Laplace como uma “caixa”

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

310

ita l

Transformada de Laplace

D

ig

f (t) g(t) α f (t) + βg(t)

ia

L

F (s) G (s) αF (s) + βG (s)

óp

Figura 3.2. Transformada de Laplace de uma combinação linear

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

311

Problemas de Valor Inicial

ita l

3.2

ig

f (t)

D

e at f (t)

ia

L

F (s) F (s − a)

óp

Figura 3.3. 1o. Teorema de Deslocamento

Março 2012

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312

ita l

Transformada de Laplace

0.6

ig

y 0.4

0.2

t

D

0

−0.2

−0.4

ia

−0.6

−0.8

−2

0

4

6

√  3 2 t −

8

5 √

2 3

10

12

e−t/2 sen

√  3 2 t

óp

Figura 3.4. f (t) =

2

1 −t/2 cos 2e

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

313

Problemas de Valor Inicial

ita l

3.2

D

ig

f (t) f 0 (t) f 00 (t)

ia

L

F (s) sF (s) − f (0) 2 s F ( s ) − s f (0) −

óp

Figura 3.5. Transformada de Laplace das Derivadas

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

314

y

ig

5

ita l

Transformada de Laplace

4

D

3

2

ia

1

−1

x

0

0.5

1

1.5

2

óp

Figura 3.6. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 3.16

0

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

3.2

315

Problemas de Valor Inicial

ita l

Exercícios (respostas na página 355)

2.1. Resolva os problemas de valor inicial usando a transformada de Laplace: (a) y00 + 2y0 + 5y = 4e−t cos 2t, y(0) = 1, y0 (0) = 0 (b) y00 + 4y = t2 + 3et , y(0) = 0, y0 (0) = 2 (c) y00 − 2y0 + y = tet + 4, y(0) = 1, y0 (0) = 1

ig

(d) y00 − 2y0 − 3y = 3te2t , y(0) = 1, y0 (0) = 0 (e) y00 + 4y = 3 sen 2t, y(0) = 2, y0 (0) = −1 (f) y00 + 4y = et , y(0) = 0, y0 (0) = 0. (g) y00 − 2y0 + y = e2t , y(0) = 0, y0 (0) = 0.

D

(h) y00 + 2y0 + 2y = et , y(0) = 0, y0 (0) = 0.

2.2. Resolva o problema: y00 − 6y0 + 8y = sen t, y(0) = y0 (0) = 0 (a) sem usar transformada de Laplace (b) usando transformada de Laplace

ia

2.3. Seja a uma constante. Seja f (t) = t cos at. Mostre que F (s) =

s2 − a2 , ( s2 + a2 )2

s>0

óp

(Sugestão: derive uma vez e use as transformadas de Laplace de cos at e de t sen at.) 2.4. Resolva o problema de valor inicial (

y00 + 4y0 + 13y = e−2t sen 3t, y(0) = 1, y0 (0) = 2,

usando a transformada de Laplace. Março 2012

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Reginaldo J. Santos

316

ita l

Transformada de Laplace

2.5. (Derivada da transformada de Laplace) É possível mostrar que se f (t) é admissível, isto é, f (t) é seccionalmente contínua e existem k > 0 e M > 0 tais que

| f (t)| ≤ Mekt , F 0 (s) = (a) Mostre que

F 0 (s)

d L( f )(s) = ds

= L(−t f (t))(s).

(b) Mostre que F (n) (s) = L((−t)n f (t))(s).

Z ∞ d −st e f (t)dt. 0

ds

ig

então

para todo t > 0,

óp

ia

D

(c) Use os item anterior para calcular L(t2 sen at)(s).

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

317

3.3. Função de Heaviside e Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

Função de Heaviside e Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

D

1

ig

y

ita l

3.3

t a

óp

ia

Figura 3.7. Função de Heaviside

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

318

ita l

Transformada de Laplace Para resolver problemas de valor inicial da forma Ay00 + By0 + Cy = f (t),

y (0) = y0 ,

y0 (0) = y00 ,

para A, B, C ∈ R

ig

em que f (t) é uma função descontínua vamos escrever f (t) em termos da função que definiremos a seguir. Seja a uma constante maior ou igual à zero. Vamos definir a função degrau (unitário) ou função de Heaviside por  0, para t < a u a (t) = 1, para t ≥ a

óp

ia

D

A função de Heaviside u a (t) é um degrau de altura igual a 1 localizado em t = a. Por exemplo, u3 (t) é um degrau de altura igual a 1 localizado em t = 3. Variando o local do degrau (ou valor de a) obtemos uma infinidade de funções. Observe que u a (t) = u0 (t − a). Em muitos sistemas computacionais a função u0 (t) é uma função pré-definida no sistema.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

319

Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

ig

ita l

3.3

ia

D

y

t a

b

óp

Figura 3.8. Uma função descontínua dada por três expressões

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

320

ita l

Transformada de Laplace Vamos ver como podemos escrever uma função descontínua dada por três expressões em termos da função de Heaviside. Considere uma função   f 1 (t), se 0 ≤ t < a f (t), se a ≤ t < b . f (t) =  2 f 3 (t), se t ≥ b Esta função pode ser escrita como

ig

f ( t ) = f 1 ( t ) − u a ( t ) f 1 ( t ) + u a ( t ) f 2 ( t ) − u b ( t ) f 2 ( t ) + u b ( t ) f 3 ( t ).

D

Observe que para “zerar" f 1 (t) a partir de t = a, subtraímos u a (t) f 1 (t) e para “acrescentar" f 2 (t) a partir de t = a somamos u a (t) f 2 (t). Para “zerar" f 2 (t) a partir de t = b, subtraímos ub (t) f 2 (t) e para “acrescentar" f 3 (t) a partir de t = b somamos ub (t) f 3 (t). Esta ideia pode ser repetida para o caso em que existam mais pontos de descontinuidade. Vamos calcular a transformada de Laplace da função de Heaviside f (t) = u a (t).

=

Z ∞

Z a

Z ∞

e−st u a (t) dt = e−st dt + e−st dt = 0 0 a ∞ e−st e−sa e− as = , para s > 0 = 0− −s −s s

Z ∞ a

e−st dt

ia

F (s)

=

óp

a

Exemplo 3.17. Vamos calcular a transformada de Laplace da função 

f (t) =

1, para 0 ≤ t < 2 0, para t ≥ 2

Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f ( t ) = 1 − u2 ( t ).

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Março 2012

321

Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

Assim, usando a linearidade da Transformada de Laplace obtemos F (s) =

1 e−2s − . s s

  0, 2, f (t) =  0,

ig

Exemplo 3.18. Vamos calcular a transformada de Laplace da função

ita l

3.3

para 0 ≤ t < 1 para 1 ≤ t < 2 para t ≥ 2

D

Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = 2u1 (t) − 2u2 (t).

Assim, usando a linearidade da Transformada de Laplace obtemos e−s e−2s −2 . s s

ia óp

F (s) = 2

Teorema 3.7 (2o. Teorema de Deslocamento). Seja a uma constante positiva. Se a transformada de Laplace da

função f : [0, ∞) → R é F (s), para s > c, então a transformada de Laplace da função

é

Março 2012

g(t) = u a (t) f (t − a) G (s) = e− as F (s),

para s > c

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Reginaldo J. Santos

322

ita l

Transformada de Laplace

y

2

t 1

2

3

4

5

ig

1

D

Figura 3.9. Função f (t) = 1 − u2 (t)

y

ia

2

óp

1

1

2

3

4

t

5

Figura 3.10. Função f (t) = 2u1 (t) − 2u2 (t)

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

323

Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

Demonstração. =

Z ∞ 0

=

Z ∞ a

= e−as

e−st u a (t) f (t − a)dt = e

−st

Z ∞ 0

f (t − a)dt =

Z ∞ 0

Z a 0

e−st u a (t) f (t − a)dt +

Z ∞ a

e−st u a (t) f (t − a)dt

e−s(t+ a) f (t)dt

e−st f (t)dt = e− as F (s)

ig

G (s)

ita l

3.3

D



Exemplo 3.19. Vamos calcular a transformada de Laplace da função 

0, ( t − 1)2 ,

para 0 ≤ t < 1 para t ≥ 1

ia

f (t) =

Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = u1 (t)(t − 1)2 = u1 (t) g(t − 1),

óp

em que g(t) = t2 . Usando o Teorema 3.7

F (s ) = e−s

Março 2012

2e−s 2 = . s3 s3

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Reginaldo J. Santos

324 Exemplo 3.20. Vamos calcular a transformada de Laplace da função  f (t) =

sen t, 0,

para 0 ≤ t < π para t ≥ π

ita l

Transformada de Laplace

Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = sen t − uπ (t) sen t.

ig

Para usarmos o Teorema 3.7 precisamos escrever a segunda parcela em termos de uma função g(t − π ). Para isso, somamos e subtraímos π a t no argumento da função seno, ou seja,

D

sen t = sen[(t − π ) + π ] = sen(t − π ) cos π + cos(t − π ) sen π = − sen(t − π ). Aqui foi usado que sen( a + b) = sen a cos b + sen b cos a. Assim, f (t) = sen t + uπ (t) sen(t − π ) e s2

1 1 + e−πs 2 . +1 s +1

ia

F (s) =

óp

Exemplo 3.21. Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial 2y00 + 2y0 + 2y = f (t),

em que

y(0) = 0,

y0 (0) = 0,

  0, para 0 ≤ t < 3 2, para 3 ≤ t < 10 f (t) =  0, para t ≥ 10

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Março 2012

325

Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

ita l

3.3

ig

f (t)

D

u a (t) f (t − a)

ia

L

F (s) e−sa F (s)

óp

Figura 3.11. 2o. Teorema de Deslocamento

Março 2012

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326

ita l

Transformada de Laplace

ig

y 3

D

2

1

1

ia

t 2

3

óp

Figura 3.12. Função f (t) = u1 (t)(t − 1)2

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

327

ita l

Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

y 2 1

π/2

π

3π/2

-1

D

t

ig

3.3

2π

ia

-2

óp

Figura 3.13. Função f (t) = sen t − uπ (t) sen t

Março 2012

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328

ig

ita l

Transformada de Laplace

y 3

D

2 1

4

6

8

10

12

14

16

ia

2

t

óp

Figura 3.14. f (t) = 2u3 (t) − 2u10 (t)

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

329

Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

ita l

3.3

Esta função pode ser escrita em termos da função de Heaviside como f (t) = 2u3 (t) − 2u10 (t). Aplicando-se a transformada de Laplace à equação acima obtemos

ig

  e−3s e−10s 2 s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2 −2 s s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos

 e−3s − e−10s 2s2 + 2s + 2 Y (s) = 2 s

Assim, Y (s) =

D



e−3s − e−10s . s ( s2 + s + 1)

ia

Para aplicarmos o 2o. Teorema de Deslocamento vamos definir H (s) =

1 . + s + 1)

e−3s − e−10s = (e−3s − e−10s ) H (s) = e−3s H (s) − e−10s H (s). s ( s2 + s + 1)

óp

E assim

s ( s2

Y (s) =

Depois de encontrar a função h(t) cuja transformada de Laplace é H (s), a solução do problema de valor inicial é então, pelo 2o. Teorema de Deslocamento, dada por y(t) = u3 (t)h(t − 3) − u10 (t)h(t − 10).

Março 2012

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330

ita l

Transformada de Laplace

Vamos a seguir encontrar a função h(t) cuja transformada de Laplace é H (s). Como s2 + s + 1 tem raízes complexas, a decomposição de H (s) em frações parciais é da forma A Bs + C H (s) = + 2 . s s +s+1 Multiplicando-se H (s) por s(s2 + s + 1) obtemos

ig

1 = A(s2 + s + 1) + ( Bs + C )s

que tem solução B = −1 e C = −1. Assim,

= = =

s+1 1 s+1 1 − 2 = − s s s +s+1 (s + 1/2)2 + 3/4 1/2 1 s + 1/2 − − 2 s (s + 1/2) + 3/4 (s + 1/2)2 + 3/4 √ 1 s + 1/2 1 3/2 √ − − s (s + 1/2)2 + 3/4 3 (s + 1/2)2 + 3/4

ia

H (s)

D

Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1. Comparando-se os termos de grau 2 e de grau 1 obtemos  0 = A+B = 1+B 0 = A+C = 1+C

óp

De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H (s) é √ ! √ ! 3 1 −t/2 3 −t/2 h(t) = 1 − e cos t −√ e sen t 2 2 3 e usando o 2o. Teorema de Deslocamento temos que a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) = u3 (t)h(t − 3) − u10 (t)h(t − 10). Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

331

Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

ig

ita l

3.3

y 3

D

2 1

4

6

8

10

12

14

16

ia

2

t

óp

Figura 3.15. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 3.21

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

332

Exercícios (respostas na página 369) y 3

(a) Expresse f (t) em termos da função degrau.

1

D

(b) Calcule a transformada de Laplace de f (t).

2

ig

3.1. Seja f (t) a função cujo gráfico é mostrado na figura ao lado

  sen t, cos t, f (t) =  −t e 10 ,

ia

3.2. Considere

ita l

Transformada de Laplace

t 1

2

3

0≤t<π π ≤ t < 2π t ≥ 2π

(a) Expresse f em termos da função degrau.

óp

(b) Calcule a transformada de Laplace de f . 3.3. Considere

 f (t) =

| cos t|, 0,

0 ≤ t < 3π/2 t ≥ 3π/2

Calcule a transformada de Laplace de f . 3.4. Resolva os problemas de valor inicial: Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

333

Equações com Termo Não Homogêneo Descontínuo

(d) (e) (f) (g) (h)

óp

(i)

ita l

(c)

= 1, em que f (t) =

ig

(b)



1, para 0 ≤ t < π/2 0, para t ≥ π/2   0, para 0 ≤ t < π 2, para π ≤ t < 2π y00 + 2y0 + 2y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 1, em que f (t) =  0, para t ≥ 2π  sen t, para 0 ≤ t < 2π y00 + 4y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ 2π  sen t, para 0 ≤ t < π y00 + 4y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ π  1, para 0 ≤ t < 10 y00 + 3y0 + 2y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ 10  0, para 0 ≤ t < 2 y00 + 3y0 + 2y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 2  0, para 0 ≤ t < 3π y00 + y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 1, em que f (t) = 1, para t ≥ 3π  sen t, para 0 ≤ t < π y00 + y0 + 45 y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 0, em que f (t) = 0, para t ≥ π   0, para 0 ≤ t < π 2, para π ≤ t < 3π y00 + 4y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 0, em que f (t) =  0, para t ≥ 3π  t e , se 0 ≤ t < 2 y00 + 4y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 0, em que f (t) = 0, se t ≥ 2  2t e , se 0 ≤ t < 1 00 0 0 y − 2y + y = f (t), y(0) = 0, y (0) = 0, em que f (t) = 0, se t ≥ 1  t e , se 0 ≤ t < 1 y00 + 2y0 + 2y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 0, em que f (t) = 0, se t ≥ 1

+ y = f (t), y(0) = 0,

y 0 (0)

D

(a)

y00

ia

3.3

(j) (k) (l)

Março 2012

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334

Transformada de Laplace

+ 13y = f (t), y(0) = 1,

y 0 (0)



= 2, em que f (t) =

e−2t sen 3t, se 0 ≤ t < π 0, se t ≥ π

ita l

+ 4y0

óp

ia

D

ig

(m)

y00

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

335

3.4. Transformada de Laplace do Delta de Dirac

Z ∞ 0

Transformada de Laplace do Delta de Dirac

ita l

3.4

Seja t0 ≥ 0. O delta de Dirac ou impulso unitário δ(t) é uma função generalizada definida pela seguinte propriedade f (t)δ(t − t0 )dt = f (t0 ),

para toda função f : [0, ∞) → R seccionalmente contínua.

(3.8)

óp

ia

D

ig

Pode-se mostrar que não existe uma função (usual) que satisfaça tal propriedade. Entretanto podemos mostrar como podemos aproximar o delta por uma sequência de funções. Considere a sequência de funções  n, se 0 ≤ t < n1 , gn ( t ) = 0, caso contrário.

Março 2012

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336

y

8

8

6

6

4

4

2

2

t 0.2 y

0.4

0.6

0.8

6

6

4

4

2

2

t 0.6

n=7

8 6

2

0.8

1

0.4

0.6

0.8

1

2

0.6

0.8

1

0.2

y

t

0.4

0.6

0.8

1

n=6

8

y

t

0.2

0.4

n=5

0.2

óp

4

t

0.4

0.6

0.8

6 4

t

2 0.2 y

n=8

8

8

6

6

4

4

2

t 0.2

0.4

0.6

t

1

ia

y

0.4

4

y 8

0.2

6

0.2

8

n=3

8

1

n=4

y

n=2

ig

n=1

D

y

ita l

Transformada de Laplace

0.8

1

0.4

0.6

0.8

1

n=9

2

t 0.2

0.4

0.6

0.8

1

Figura 3.16. Sequência de funções gn (t) = 1/n, se 0 < t < n e gn (t) = 0, caso contrário.

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Março 2012

337

Transformada de Laplace do Delta de Dirac

ita l

3.4

Calculando a integral do produto f (t) gn (t − t0 ), para f (t) uma função contínua obtemos Z ∞ 0

f (t) gn (t − t0 )dt =

Z t0 + 1 n t0

f (t)n dt = n

Z t0 + 1 n t0

f (t)dt.

Pelo Teorema do Valor Médio para integrais

0

f (t) gn (t − t0 )dt = f (ξ n ),

Portanto, lim

Z ∞

n→∞ 0

com t0 ≤ ξ n ≤ t0 +

1 . n

ig

Z ∞

f (t) gn (t − t0 )dt = lim f (ξ n ) = f (t0 ). n→∞

D

Observe que não podemos passar o limite para dentro da integral, pois enquanto lim

Z ∞

n→∞ 0

Z ∞

ia

0

f (t) gn (t − t0 )dt = f (t0 ),

f (t)( lim gn (t − t0 ))dt = 0, n→∞

já que



lim gn (t − t0 ) =

∞, 0,

se t = t0 , caso contrário.

óp

n→∞

Isto mostra que o delta de Dirac não é o limite da sequência gn , mas dá uma ideia de como podemos aproximar o delta de Dirac por funções.

Podemos usar o delta de Dirac, por exemplo, para obter o torque em uma viga devido a uma carga concentrada usando a mesma fórmula que é usada para se obter o torque devido a uma distribuição de carga.

Março 2012

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338

ita l

Transformada de Laplace O torque devido a uma distribuição de carga w( x ) sobre um viga de comprimento l em relação a um dos seus extremos é dada por M=

Z l 0

xw( x )dx.

M=

Z l 0

xw( x )dx =

ig

Se uma carga F é concentrada em um ponto x0 , então podemos descrever a distribuição de carga usando o delta de Dirac como sendo w( x ) = Fδ( x − x0 ). Neste caso o torque devido a esta carga concentrada pode ser calculado aplicando a propriedade que define o delta de Dirac (3.8) obtendo Z l 0

xFδ( x − x0 )dx = F

Z l 0

xδ( x − x0 )dx = x0 F.

D

A transformada de Laplace do delta de Dirac também pode ser calculada aplicando a propriedade que o define (3.8) obtendo

L(δ(t − t0 ))(s) =

Z ∞ 0

e−st δ(t − t0 )dt = e−t0 s

ia

Também temos que

L( f (t)δ(t − t0 ))(s) =

Z ∞ 0

e−st f (t)δ(t − t0 )dt = f (t0 )e−t0 s

óp

Exemplo 3.22. Vamos encontrar a solução do problema de valor inicial: 

10y00 − 3y0 − 4y = δ(t − π ) cos t, y(0) = 0, y0 (0) = 1/10,

Aplicando-se a transformada de Laplace na equação diferencial obtemos   10 s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) − 3(sY (s) − y(0)) − 4Y (s) = e−πs cos π Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

339

Transformada de Laplace do Delta de Dirac

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 1/10 obtemos   10s2 − 3s − 4 Y (s) = −e−πs + 1 Assim,

H (s) =

=

10s2

e−πs 1 − = H (s) − e−πs H (s) 10s2 − 3s − 4 10s2 − 3s − 4

ig

Y (s)

ita l

3.4

A B 1 1 = + = 10(s − 4/5)(s + 1/2) s − 4/5 s + 1/2 − 3s − 4

Multiplicando-se H (s) por 10(s − 4/5)(s + 1/2):

= 10A(s + 1/2) + 10B(s − 4/5)

Substituindo-se s = −1/2, 4/5 1 1

= −13B = 13A

ia



D

1

Resolvendo-se o sistema obtemos a solução A = 1/13 e B = −1/13. Assim, 1 1 1 1 − 13 s − 4/5 13 s + 1/2

óp

H (s) =

1 4t/5 1 e − e−t/2 13 13 y(t) = h(t) − uπ (t) h(t − π ) h(t) =

Março 2012

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340

ita l

Transformada de Laplace

D

ig

f (t) δ ( t − t0 ) f ( t ) δ ( t − t0 )

ia

L

F (s) e − t0 s f ( t 0 ) e − t0 s

óp

Figura 3.17. Transformada de Laplace do delta de Dirac

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

341

Transformada de Laplace do Delta de Dirac

2

ig

y

ita l

3.4

D

1.5

1

ia

0.5

π

−1

0

1

2

3

t

4

5

6

óp

Figura 3.18. Solução do problema de valor inicial do Exemplo 3.22

0

Março 2012

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342

Transformada de Laplace

ita l

Exercícios (respostas na página 390)

D

4.2.

ig

4.1. Resolva os problemas de valor inicial:  00 y + y = δ(t − 2π ) cos t, (a) y(0) = 0, y0 (0) = 1  00 y + 2y0 + 2y = et δ(t − 1), (b) y(0) = 0, y0 (0) = 0.  00 y + 4y = et δ(t − 2), (c) y(0) = 0, y0 (0) = 0.  00 y − 2y0 + y = e2t δ(t − 1), (d) y(0) = 0, y0 (0) = 0.  00 y + 2y0 + 2y = δ(t − 1) + u3 (t)t2 , (e) y(0) = 0, y0 (0) = 1. (a) Determine a solução do problema

y00 + 4y + 20y = e− 2 δ(t −

ia

π

π ) 4

com y(0) = 0, y0 (0) = 1

(b) Esboce o gráfico da solução encontrada

4.3. Resolva o seguinte problema de valor inicial

óp

y00 + y0 = u1 (t) + δ(t − 2),

Tópicos de Equações Diferenciais

y(0) = 0, y0 (0) = 1

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Março 2012

343

3.5

Convolução

ita l

3.5. Convolução

A convolução de duas funções f , g : [0, ∞) → R é uma função definida por Z t 0

f (t − τ ) g(τ )dτ

ig

( f ∗ g)(t) =

Teorema 3.8. Seja F(s) a transformada de Laplace de f : [0, ∞) → R e G(s) a transformada de Laplace de

D

g : [0, ∞) → R.

Então,

ia

L( f ∗ g)(s) = F (s) G (s)

Demonstração. Por um lado, Z ∞ 0

e−st

Z t 0

f (t − τ ) g(τ )dτdt =

óp

L( f ∗ g)(s) =

Z ∞Z t 0

0

e−st f (t − τ ) g(τ )dτdt

Por outro lado,

F (s) G (s)

=

Z ∞ 0

=

Z ∞Z ∞ 0

Março 2012

e−sξ f (ξ )dξ 0

Z ∞ 0

e−sη g(η )dη =

e−s(η +ξ ) f (ξ ) g(η )dξdη GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

344

τ

ξ

D

ig

η

ita l

Transformada de Laplace

t

Fazendo a mudança de variáveis t = η + ξ e τ = η obtemos

=

Z ∞Z ∞ 0

e−st f (t − τ ) g(τ )dtdτ,

τ

ia

F (s) G (s)

Trocando a ordem de integração obtemos

Logo,

=

Z ∞Z t 0

0

e−st f (t − τ ) g(τ )dτdt

óp

F (s) G (s)

L( f ∗ g)(s) = F (s) G (s)

Tópicos de Equações Diferenciais



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Março 2012

345

Convolução 1 . Vamos determinar h(t) (s − 4)(s + 1)

Exemplo 3.23. Considere L(h)(s) = H (s) = usando convolução. Sejam F (s) =

1 s−4

G (s) =

e

1 . s+1

Então,

0

e4(t−τ ) e−τ dτ = e4t

Z t 0

e−5τ dτ = e4t

 e4t  −5t 1 −5τ t e e −1 =− −5 5 0

ig

Z t

D

h(t) = ( f ∗ g)(t) =

ita l

3.5

Teorema 3.9. A convolução satisfaz as seguintes propriedades: (a) f ∗ g = g ∗ f (b) f ∗ ( g1 + g2 ) = f ∗ g1 + f ∗ g2

(d) f ∗ 0 = 0 ∗ f = 0

óp

Demonstração. (a)

ia

(c) ( f ∗ g) ∗ h = f ∗ ( g ∗ h)

Z t

( f ∗ g)(t) =

0

f (t − τ ) g(τ )dτ

Fazendo a mudança de variáveis τ 0 = t − τ obtemos

( f ∗ g)(t) = − Março 2012

Z 0 t

0

0

0

f (τ ) g(t − τ )dτ =

Z t 0

f (τ 0 ) g(t − τ 0 )dτ 0 = ( g ∗ f )(t)

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Reginaldo J. Santos

346

ita l

Transformada de Laplace

(b) f ∗ ( g1 + g2 )(t)

=

Z t 0

=

Z t 0

f (t − τ )( g1 (τ ) + g2 (τ ))dτ f (t − τ ) g1 (τ )dτ +

Z t 0

f (τ ) g2 (τ ))dτ

(c) Por um lado, Z t

=

0

f (t − τ )( g ∗ h)(τ )dτ =

Z tZ τ

=

0

0

=

0

( f ∗ g)(t − x )h( x )dx =

Z t Z t− x 0

=

Z

τ

0

 g(τ − u)h(u)du dτ

Z t  Z t− x 0

0

(3.9)



f (t − x − y) g(y)dy h( x )dx

ia

(( f ∗ g) ∗ h)(t) =

0

f (t − τ )

f (t − τ ) g(τ − u)h(u)dudτ

Por outro lado, Z t

Z t

D

f ∗ ( g ∗ h)(t)

ig

= ( f ∗ g1 )(t) + ( f ∗ g2 )(t)

0

Z t Z t−y 0

f (t − x − y) g(y)h( x )dxdy

óp

0

f (t − x − y) g(y)h( x )dydx

Fazendo a mudança de variáveis u = x e τ = x + y, obtemos

(( f ∗ g) ∗ h)(t) =

Z tZ τ 0

0

f (t − τ ) g(τ − u)h(u)dudτ

Logo, por (3.9)

( f ∗ g) ∗ h = f ∗ ( g ∗ h)

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

347

Convolução

(d)

( f ∗ 0)(t) =

Z t 0

f (t − τ )0dτ = 0 = (0 ∗ f )(t)

ita l

3.5

ig



Vimos acima que várias das propriedades do produto de funções são válidas para a convolução, mas duas propriedades do produto não são válidas para a convolução: (a) 1 ∗ f 6= f , pois, por exemplo, para f (t) = t,

D

Z t

(1 ∗ f )(t) =

0

f (τ )dτ =

Z t 0

τdτ =

t2 τ 2 t = 2 0 2

(b) f ∗ f 6≥ 0, pois, por exemplo, para f (t) = cos t,

ia

( f ∗ f )(t) =

Z t 0

f (t − τ ) f (τ )dτ =

= cos t

óp

=

Março 2012

Z t 0

Z t 0

cos2 τdτ + sen t

cos(t − τ ) cos τdτ

Z t 0

sen τ cos τdτ

1 1 1 cos t(t + sen 2t) + sen3 t 2 2 2

( f ∗ f )(π ) = −

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π 2

Reginaldo J. Santos

348

Transformada de Laplace



ita l

Exemplo 3.24. Vamos encontrar a solução do problema de valor inicial: y00 + 4y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 1,

ig

em que f (t) é uma função qualquer que tem uma transformada de Laplace. Aplicando-se a transformada de Laplace na equação obtemos   s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 4Y (s) = F (s)

D

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 1 obtemos   s2 + 4 Y ( s ) = F ( s ) + 1 Assim, Y (s)

=

F (s) 1 + = F (s) H (s) + H (s) s2 + 4 s2 + 4

em que

Assim,

1 1 2 = . 2 s2 + 4 s2 + 4

ia H (s) =

óp

h(t) =

1 sen 2t 2

e a solução do problema de valor inicial é y(t) = h(t) + (h ∗ f )(t)

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

3.5

349

Convolução

de Laplace. 1+

Z t 0

cos(t − τ )y(τ )dτ = y(t)

1 s + 2 Y (s) = Y (s) s s +1   s 1 Y (s) 1 − 2 = s s +1

Decompondo Y (s) em frações parciais: Y (s) =

s2 + 1 ( s2 − s + 1) s

D

Y (s) =

ig

Aplicando-se a transformada de Laplace na equação obtemos

ita l

Exemplo 3.25. A equação integral a seguir pode ser resolvida usando transformada

Bs + C A + 2 s s −s+1

Multiplicando-se or (s2 − s + 1)s:

ia

s2 + 1 = A(s2 − s + 1) + ( Bs + C )s Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1. Comparando-se os termos de grau 2 obtemos 1 = A + B ou B = 0. Comparando-se os termos de grau 1 obtemos 0 = − A + C ou C = 1. Assim,

óp

1 1 1 1 Y (s) = + 2 = + 1 2 s s s −s+1 (s − 2 ) +

3 4

√

3 1 2 2 = +√ s 3 (s − 12 )2 +

3 4

Assim, a solução da equação integral é

2 t y(t) = 1 + √ e 2 sen 3

Março 2012

√ ! 3 t . 2

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Reginaldo J. Santos

350

Exercícios (respostas na página 397) 5.1. Considere L( f )(s) = F (s) =

1 . Determine f (t): s ( s + 3)

(a) Utilizando frações parciais. (b) Utilizando convolução. 1 . Determine f (t): s(s2 − 4s + 5)

ig

5.2. Considere L( f )(s) = F (s) =

(a) Utilizando frações parciais.

D

(b) Utilizando convolução. 5.3. Resolva o problema de valor inicial

y00 + 4y0 + 4y = f (t), para uma função f (t) arbitrária.

ita l

Transformada de Laplace

y(0) = 2,

y 0 (0) = −3

5.4. Resolva a equação integral

ia

Z t 0

sen 2(t − τ )y(τ )dτ = y(t)

óp

1+t+

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

351

3.6. Tabela de Transformadas de Laplace

ita l

Tabela de Transformadas de Laplace

F (s) = L( f )(s)

f (t) = L−1 ( F )(t)

F (s) = L( f )(s)

1

1 , para s > 0 s

e at

1 , para s > a s−a

cos at

s , para s > 0 s2 + a2

sen at

a , para s > 0 s2 + a2

tn , para n = 0, 1, 2, . . .

n! , para s > 0 s n +1

e at f (t)

F (s − a)

f 0 (t)

sF (s) − f (0)

f 00 (t)

s2 F (s)− s f (0)− f 0 (0)

t cos at

s2 − a2 ,s>0 ( s2 + a2 )2

t sen at

2as ,s>0 ( s2 + a2 )2

sen at − at cos at



0, 1,

0≤ t< a t≥a

f ( t ) δ ( t − t0 )

Março 2012

D

2a3 ,s>0 ( s2 + a2 )2

δ ( t − t0 )

e − t0 s , s > 0

e−as , para s > 0 s

u a (t) f (t − a)

e−as F (s)

f (t − τ ) g(τ )dτ

F (s) G (s)

óp

u a (t) =

ig

f (t) = L−1 ( F )(t)

ia

3.6

e − t0 s f ( t 0 ), s > 0

Rt 0

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Reginaldo J. Santos

352

Respostas dos Exercícios

ita l

3.7

Transformada de Laplace

1. Introdução (página 303) 1.1.

= =

2s − 5 s(s − 3)(s + 4) A B C + + s s−3 s+4

f (t) =

e C = − 13 28 . Assim,

2 + (s+2)(1 s−1) s2 (s+2)(s−1) s2 = s2 (s+2+ 2)(s−1) D C = As + sB2 + s+ 2 + s −1 Multiplicando-se por s2 (s + 2)(s − 1)

(a) Y (s) =

1 13 5 + e3t − e−4t 12 21 28

óp

ia

1.2.

1 21

D

Multiplicando por s(s − 3)(s + 4) obtemos 2s − 5 = A(s − 3)(s + 4) + Bs(s + 4) + Cs(s − 3) 5 Substituindo-se s = 0, 3, −4 obtemos A = 12 ,B=

ig

F (s)

obtemos s2 + 2 =

(3.10)

= As(s + 2)(s − 1) + B(s + 2)(s − 1) + Cs2 (s − 1) + Ds2 (s + 2) Substituindo-se s = −2, 0, 1 obtemos   6 = −12C 2 = −2B  3 = 3D

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

3.7

353

Respostas dos Exercícios

0 = A+C+D = A− de onde obtemos A = − 21 . Assim,

y(t) =

−1/2 1/2 1 1 s − s2 − s +2 + s −1 − 12 − t − 21 e−2t + et

1 +1 2

ig

Y (s) =

ita l

que tem solução B = −1, C = − 12 e D = 1. Comparando-se os termos de grau 3 em (3.10):

D

A Bs+C (b) Y (s) = (s−1)(3s2 +4) = s− 1 + s2 +4 O numerador da segunda parcela é de 1o. grau (Bs + C), pois o denominador tem raízes complexas. Multiplicando-se a equação pelo denominador (s − 1)(s2 + 4) obtemos 3 = A(s2 + 4) + ( Bs + C )(s − 1)

ia

Substituindo-se s = 1 obtemos A = 3/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 1 obtemos  0 = A + B = 3/5 + B 0 = −B + C

óp

que tem solução B = −3/5 e C = −3/5. Assim, Y (s) =

3 (s−1)(s2 +4)

=

3 1 5 s −1

y(t) = 53 et − 35 cos 2t −

1.3.

Março 2012

3 10

−

3 s +1 5 s2 +4

=

3 1 5 s −1

−

3 s 5 s2 +4

−

3 2 10 s2 +4

sen 2t

h(t) = f (t) − ag(t) GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

354

ita l

Transformada de Laplace Aplicando-se a linearidade da transformada de Laplace obtemos

1.4. Y (s) =

2s−1 (s2 −1)(4s2 +4s+5)

=

= L(h)(s) = L( f )(s) − a L( g)(s) = F (s) − a G (s) a s2 − a2 = 2 − a s + a2 ( s2 + a2 )2 3 2a = 2 ( s + a2 )2

2s−1 (s−1)(s+1)(4s2 +4s+5)

=

ig

H (s)

B Cs+ D A s−1 + s+1 + 4s2 +4s+5 . (s2 − 1)(4s2 + 4s + 5) obtemos

ia

D

Multiplicando-se a equação pelo denominador 2s − 1 = A(s + 1)(4s2 + 4s + 5) + B(s − 1)(4s2 + 4s + 5) + (Cs + D )(s2 − 1) Substituindo-se s = +1, −1 obtemos: 1 = 26A e −3 = −10B. Logo, A = 1/26 e B = 3/10. Comparando-se os coeficientes dos termos de graus 3 e 2 obtemos: 0 = 4A + 4B + C = 88/65 + C e 0 = 8A + D = 4/13 + D. Logo, C = −88/65 e D = −20/65. 3 1 1 88s+20 1 1 Assim, Y (s) = 26 s−1 + 10 s+1 − 65 4s2 +4s+5 1 1 3 1 1 22s+5 26 s−1 + 10 s+1 − 65 s2 +s+5/4 = 1 1 3 1 1 22(s+1/2)−6 26 s−1 + 10 s+1 − 65 (s+1/2)2 +1 = 3 1 22 (s+1/2) 1 1 1 6 26 s−1 + 10 s+1 − 65 (s+1/2)2 +1 + 65 (s+1/2)2 +1

óp

Y (s) =

Logo, a transformada de Laplace inversa de Y (s) é 1 t 3 −t 22 −t/2 6 −t/2 y(t) = 26 e + 10 e − 65 e cos t + 65 e sen t. R ∞ −st R ∞ −st R ∞ −(s−k)t 1.5. 0 e f (t)dt ≤ 0 e | f (t)|dt ≤ M 0 e dt = sM −k , para s > k. Logo, L( f )(s) = F (s) está definida para s > k e além disso lims→∞ F (s) = 0. Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

3.7

355

Respostas dos Exercícios

2

Logo, f (t) = et não tem transformada de Laplace. (a) Usando integração por partes temos que

=

0

=

e

−x

∞ Z ∞ e− x x p−1 dx +p 0

p −x

p

x dx = − x e

0

ig

Γ ( p + 1)

Z ∞

ita l

1.6. Para s > 0 temos que a reta tangente à parábola y(t) = t2 − st em t = s é y(t) = st − s2 e assim RT RT 2 RT RT 2 2 2 limT →∞ 0 e−st et dt = limT →∞ 0 et −st dt ≥ limT →∞ 0 est−s dt ≥ e−s limT →∞ 0 est dt = ∞.

pΓ( p).

pois limx→∞ x p e− x = 0.

D

(b) Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1) · · · Γ(1) = n(n − 1) · · · 1 = n! (c) Fazendo a mudança de variáveis x = st obtemos que

L(t p )(s) =

L(t1/2 )(s) =

e−st t p dt =

1

Z ∞

s p +1

0

e− x x p−1 dx =

Γ( p) . s p +1

√

Γ(1/2) π = s1/2 . s1/2 1 Γ (1/2) Γ(3/2) 2 = s3/2 s3/2

(d) L(t−1/2 )(s) =

0

ia

=

Z ∞

=

√ π . 2s3/2

óp

2. Problemas de Valor Inicial (página 315)
2.1. (a) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 5Y (s) = 4 (s+s1+)12 +4 Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y0 (0) = 0 obtemos 

Março 2012

 s2 + 2s + 5 Y (s)

= 4

s+1 +s+2 ( s + 1)2 + 4

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Reginaldo J. Santos

356

ita l

Transformada de Laplace Assim,

4s + 4 s+2 + (s2 + 2s + 5)2 s2 + 2s + 5 s+1 s+1+1 = 4 + 2 2 [(s + 1) + 4] ( s + 1)2 + 4 2 · 2( s + 1) s+1 = + + 2 2 [(s + 1) + 4] ( s + 1)2 + 4 1 2 + 2 ( s + 1)2 + 4

=

D

ig

Y (s)

De onde obtemos

ia

1 y(t) = te−t sen 2t + e−t cos 2t + e−t sen 2t. 2

óp

Aqui usamos a tabela da página 351 e o 1o. Teorema de Deslocamento:

L[ebt g(t)](s) = G (s − b),

onde G (s) = L[ g(t)].

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

357

Respostas dos Exercícios

ita l

3.7

y 1

0.8

0.6

0.2

0

t

−0.4

(b)

0

1

2

3

4

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)




5

D

−0.2

ig

0.4

6

+ 4Y (s) =

7

2 s3

+

3 s −1

=

2 s3 ( s2 +4)

+

ia

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 2 obtemos
s2 + 4 Y (s) = s23 + s−3 1 + 2 Assim,

3 (s−1)(s2 +4)

+

Y (s) =

(3.11)

2 s2 +4

óp

A primeira parcela de (3.11) pode ser decomposta como 2 s3 ( s2 +4)

=

A s

+

B s2

+

C s3

+

Ds+ E s2 +4

Multiplicando-se a equação acima por s3 (s2 + 4) obtemos

=

Março 2012

As2 (s2

+ 4) +

Bs(s2

+ 4) + C ( s2

2=

+ 4) + ( Ds +

(3.12)

E ) s3

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Reginaldo J. Santos

358 Substituindo-se s = 0, 2i em (3.12)  2 = 2 =

De onde obtemos D = 0 = A+D = A+

1 2

4C (2iD + E)(−8i ) = 16D − 8iE

e comparando-se as partes real e imaginária da segunda equação do sistema  2 = 16D 0 = −8E

1 8

ig

De onde obtemos C = acima

ita l

Transformada de Laplace

e E = 0. Comparando-se os termos de grau 4 na equação (3.12) obtemos

1 8.

D

Logo, A = − 18 . Comparando-se os termos de grau 3 na equação (3.12) obtemos 0 = B. Assim, 1 2 2 1 s = − 1/8 s + 4 s3 + 8 s2 +4 s3 ( s2 +4) A segunda parcela de (3.11) pode ser decomposta como

=

A s −1

+

Bs+C s2 +4

ia

3 (s−1)(s2 +4)

3 = A(s2 + 4) + ( Bs + C )(s − 1)

óp

Substituindo-se s = 1 obtemos A = 3/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 1 obtemos  0 = A + B = 3/5 + B 0 = −B + C que tem solução B = −3/5 e C = −3/5. Assim,

s 3 2 3 = 35 s−1 1 − 35 ss2++14 = 35 s−1 1 − 53 s2 + − 10 (s−1)(s2 +4) 4 s2 +4 11 1 2 1 s 3 1 3 s 3 2 Y (s) = − 8 s + 4 s3 + 8 s2 +4 + 5 s−1 − 5 s2 +4 − 10 s2 +4 + s2 2+4 3 t 7 y(t) = − 81 + 41 t2 − 19 40 cos 2t + 5 e + 10 sen 2t

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

359

Respostas dos Exercícios 16

ita l

3.7

y

14

12

10

8

ig

6

4

2

0

−0.5

(c)

0

0.5

1

1.5

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)




2

D

x

−2

2.5

3

− 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) =

1 ( s −1)2

+

4 s

Assim, Y (s) =

ia

Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y0 (0) = 1 obtemos
s2 − 2s + 1 Y (s) = (s−11)2 + 4s + s − 1

óp

1 + s(s−4 1)2 + (ss−−11)2 = (s−11)4 ( s −1)4 4 = As + s−B 1 + (s−C1)2 s ( s −1)2 Multiplicando-se por s(s − 1)2 obtemos

+

4 s ( s −1)2

+

1 s −1

4 = A(s − 1)2 + B(s − 1)s + Cs

(3.13)

Substituindo-se s = 0, 1 obtemos

Março 2012



4 4

= =

A C

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Reginaldo J. Santos

360

ita l

Transformada de Laplace Comparando-se os termos de grau 2 na equação (3.13) obtemos 0 = A+B = A+4 Logo, B = −4. Assim, Y (s) = (s−11)4 + 4s − s−4 1 + (s−41)2 + s−1 1 = 16 (s−61)4 + 4s − s−3 1 + (s−41)2 y(t) = 61 t3 et + 4 − 3et + 4tet y

ig

8

7

6

D

5

4

3

2

0

x

−1 −0.2

0

0.2

0.4

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)

0.6




0.8

− 2 (sY (s) − y(0)) − 3Y (s) = 3 (s−12)2

óp

(d)

ia

1

Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y0 (0) = 0 obtemos 

 s2 − 2s − 3 Y (s) = 3

1 +s−2 ( s − 2)2

Assim,

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

361

Respostas dos Exercícios s −2 s2 −2s−3 s −2 (s−3)(s+1)

Y (s) = 3 (s2 −2s−13)(s−2)2 +

= 3 (s−3)(s+11)(s−2)2 + = =

3+(s−2)3 (s−3)(s+1)(s−2)2 A B C s −3 + s +1 + s −2

+

D ( s −2)2

ig

Multiplicando-se Y (s) por (s − 3)(s + 1)(s − 2)2 obtemos

ita l

3.7

D

3 + ( s − 2)3 =

(3.14)

= A(s + 1)(s − 2)2 + B(s − 3)(s − 2)2 + C (s − 3)(s + 1)(s − 2) + D (s − 3)(s + 1)

ia

Substituindo-se s = −1, 2 e 3 na equação acima obtemos A = 1, B = os termos de grau 3 em (3.14) obtemos

1 = A+B+C = 1+

2 3

e D = −1. Comparando-se

2 +C 3

óp

que tem solução C = − 32 . Assim,

Y (s) =

1 s −3

+

2/3 s +1

−

2/3 s −2

−

1 ( s −2)2

y(t) = e3t + 23 e−t − 23 e2t − te2t

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

362 9

ita l

Transformada de Laplace y

8 7 6 5 4

2 1 0

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

D

x

−1

ig

3

0.8

(e) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 4Y (s) = 3 s2 2+4


Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y0 (0) = −1 obtemos

óp

Assim,

 s2 + 4 Y ( s ) = 3

ia



Y (s)

Tópicos de Equações Diferenciais

= = =

2 + 2s − 1 s2 + 4

6 2s − 1 + ( s2 + 4)2 s2 + 4 6 16 s 1 +2 2 − 16 (s2 + 4)2 s + 4 s2 + 4 16 s 1 2 3 +2 2 − 2 2 2 8 ( s + 4) s +4 2s +4

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Março 2012

3.7

363

Respostas dos Exercícios

2

ita l

y(t) = 83 (sen 2t − 2t cos 2t) + 2 cos 2t − 21 sen 2t = 2 cos 2t − 18 sen 2t − 34 t cos 2t y

1.5

1

0

x −0.5

−1

−2

−2.5

−3

0

1

2

3




4

5

+ 4Y (s) =

6

1 s −1 e y 0 (0)

ia

(f)

−1

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)

D

−1.5

Substituindo-se os valores y(0) = 0



óp

ig

0.5

= 0 obtemos

 s2 + 4 Y ( s ) =

1 s−1

Assim,

Março 2012

Y (s)

=

Y (s) =

1 ( s − 1) ( s2 + 4) A Bs + C + 2 s−1 s +4

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Reginaldo J. Santos

364

Transformada de Laplace

=

1

ita l

Multiplicando-se Y (s) por (s − 1)(s2 + 4):

A(s2 + 4) + ( Bs + C )(s − 1)

Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 0 obtemos o sistema  1/5 + B = 0 4/5 − C = 1

Y (s)

=

1 1 1 s+1 − 2 5s−1 5s +4 1 1 1 s 1 1 − − 5 s − 1 5 s2 + 4 5 s2 + 4

D

=

ig

Resolvendo-se o sistema obtemos a solução B = −1/5 e C = −1/5. Assim,

y(t) =

1 1 t 1 e − cos 2t − sen 2t 5 5 10

óp

Assim,

ia


(g) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) − 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) = s−1 2 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos   s2 − 2s + 1 Y (s) =

Y (s)

= =

1 s−2

1

( s − 2) ( s2

− 2s + 1) 1 (s − 2)(s − 1)2

1 A B C = + + 2 s − 2 s − 1 ( s − 1)2 (s − 2)(s − 1)

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

365

Respostas dos Exercícios Multiplicando-se por (s − 2)(s − 1)2 obtemos 1

=

ita l

3.7

A(s − 1)2 + B(s − 1)(s − 2) + C (s − 2)

Substituindo-se s = 1 e s = 2 obtemos C = −1 e A = 1. Comparando-se os termos de grau 2 obtemos 0 = A + B = 1 + B. Logo, B = −1. Assim, 1 1 1 − − s − 2 s − 1 ( s − 1)2

=

ig

Y (s)

y(t) = e2t − et − tet (h)

 s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) +

D



+ 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) =

óp

Assim,

ia

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos   s2 + 2s + 2 Y (s) =

Y (s)

=

=

1 s−1

1 s−1

1 (s − 1)(s2 + 2s + 2) A Bs + C + s − 1 s2 + 2s + 2

Multiplicando-se Y (s) por (s − 1)(s2 + 2s + 2) obtemos

Março 2012

1 = A(s2 + 2s + 2) + ( Bs + C )(s − 1) GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

366

ita l

Transformada de Laplace Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 0 obtemos  1/5 + B = 0 2/5 − C = 1 que tem solução B = −1/5 e C = −3/5. Assim,

= = =

1 1 1 s+3 − 5 s − 1 5 s2 + 2s + 2 1 1 1 s+3 − 5 s − 1 5 ( s + 1)2 + 1 1 1 2 s+1 1 1 − − 5 s − 1 5 ( s + 1)2 + 1 5 ( s + 1)2 + 1

ig

Y (s)

D

De onde obtemos que a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) =

(a) A equação característica é r2 − 6r + 8 = 0, que tem raízes r1 = 2 e r2 = 4. A equação homogênea correspondente tem solução geral

ia

2.2.

2 1 t 1 −t e − e cos t − e−t sen t. 5 5 5

y(t) = c1 e2t + c2 e4t .

óp

Uma solução particular da equação não homogênea é da forma y p (t) = A cos t + B sen t. Substituindo-se y p (t), y0p (t) e y00p (t) na equação:

(7A − 6B) cos t + (6A + 7B) sen t = sen t

De onde obtemos A = 6/85 e B = 7/85. A solução geral da equação não homogênea é 6 7 y(t) = 85 cos t + 85 sen t + c1 e2t + c2 e4t

Tópicos de Equações Diferenciais

y 0 (0) = 0 =

7 + 2c1 + 4c2 85

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Março 2012

367

Respostas dos Exercícios

y (0) = 0 =

6 + c1 + c2 85

c1 = −1/10 e c2 = 1/34. 7 1 2t 1 4t 6 cos t + 85 sen t − 10 e + 34 e y(t) = 85
(b) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) − 6 (sY (s) − y(0)) + 8Y (s) =

1 s2 +1

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos

 s2 − 6s + 8 Y (s) =

Assim,

1 (s2 −6s+8)(s2 +1)

=

A s −2

+

B s −4

+

=

1 (s2 − 6s + 8) (s2 + 1)

D

Y (s)

1 s2 + 1

ig



ita l

3.7

Cs+ D s2 +1

óp

ia

Multiplicando-se por (s − 2)(s − 4)(s2 + 1) obtemos 1 = A(s − 4)(s2 + 1) + B(s − 2)(s2 + 1) + (Cs + D )(s − 2)(s − 4) Substituindo-se s = 2, 4, i obtemos  1 = −10A    1 = 34B 1 + i0 = (iC + D )(i − 4)    = (−C − 4D ) + i (−4C + D ) que tem solução A = −1/10, B = 1/34, C = 6/85 e D = 7/85. Assim, 1 1 6 s 7 1 34 s−4 + 85 s2 +1 + 85 s2 +1 1 4t 6 7 34 e + 85 cos t + 85 sen t

1 1 Y (s) = − 10 s −2 + 1 2t y(t) = − 10 e +

2.3.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

368

ita l

Transformada de Laplace

2.4.

f 0 (t) = cos at − a t sen at

Aplicando a transformada de Laplace e usando o Teorema 3.6 de Derivação, já que f (t) é admissível e contínua e f 0 (t) é contínua, obtemos

s2

Isolando-se F (s)

s2 − a2 . ( s2 + a2 )2

D

F (s) =

2as s −a 2 2 +a ( s + a2 )2

ig

sF (s) − f (0) =

Como

ia

Z ∞ Z ∞ Z ∞ −st −st t | cos at|dt ≤ e−st t dt < ∞, 0 e t cos at dt ≤ 0 e 0

para s > 0,

então a transformada de Laplace L( f )(s) = F (s) está definida para s > 0.

óp


2.5. s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 4 (sY (s) − y(0)) + 13Y (s) =

3 ( s +2)2 +9

Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y0 (0) = 2 obtemos



Tópicos de Equações Diferenciais

 s2 + 4s + 13 Y (s)

=

3 +s+6 ( s + 2)2 + 9

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Março 2012

369

Respostas dos Exercícios

ita l

3.7

Assim, Y (s)

s+6 3 + (s2 + 4s + 13)2 s2 + 4s + 13 1 2 · 3 · 32 s+2+4 + 2 2 2 2 · 3 [(s + 2) + 9] ( s + 2)2 + 9 1 2 · 33 s+2 + + 2 2 18 [(s + 2) + 9] ( s + 2)2 + 9 3 4 . + 3 ( s + 2)2 + 9

= =

ig

=

D

De onde obtemos que a solução do PVI é 1 −2t e y(t) = 18 (sen 3t − 3t cos 3t) + e−2t cos 3t + 34 e−2t sen 3t. Aqui usamos a tabela da página 351 e o 1o. Teorema de Deslocamento:

L[ebt g(t)](s) = G (s − b),

onde G (s) = L[ g(t)](s). (a) F 0 (s) = (b) F (n) =

d ds L( f )( s ) dn dsn L( f )( s )

R∞ d −st f (t)dt = 0 (−t)e−st f (t)dt = L(−t f (t))(s). 0 ds e R ∞ dn −st R∞ = 0 ds f (t)dt = 0 (−t)n e−st f (t)dt = L((−t)n f (t))(s). ne F 0 (s) = − 22 a s2 2 . (s + a ) 2 a (3 s2 − a2 ) 00 =

R∞

ia

2.6.

(c) L(−t sen at)(s) =

óp

L(t2 sen at)(s) = F (s) =

( s2 + a2 )

3

. para s > 0.

3. Equações com Termo não Homogêneo Descontínuo (página 332) 3.1.

(a)

Março 2012

f (t) =

 

t, 0 ≤ t < 1 −(t − 2), 1 ≤ t < 2  0, t ≥ 2

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Reginaldo J. Santos

370

ita l

Transformada de Laplace f (t) = t − tu1 (t) − (t − 2)u1 (t) + (t − 2)u2 (t) (b)

f ( t ) = t − 2( t − 1) u1 ( t ) + ( t − 2) u2 ( t ) F (s) =

1 e−s e−2s −2 2 + 2 2 s s s

2

ig

y 1.5

1

D

0.5

0

t

−0.5

ia

−1

−1.5

−2

t

(a) f (t) = sen t − uπ (t) sen t + uπ (t) cos t − u2π (t) cos t + u2π (t)e− 10

óp

3.2.

(b) f (t) = sen t + uπ (t)(sen(t − π ) − cos(t − π )) + u2π (t)(− cos(t − 2π ) + e− 5 e− F (s) =

3.3.

1 1+ s2

+ e−πs ( 1+1s2

Tópicos de Equações Diferenciais

−

π

s ) + e−2πs (− 1+s s2 1+ s2

  cos t, − cos t, f (t) =  0,

π + e− 5

1 1 s+ 10

t−2π 10

)

)

0 ≤ t < π/2 π/2 ≤ t < 3π/2 t ≥ 3π/2

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Março 2012

371

f (t)

= cos t − uπ/2 (t) cos t − uπ/2 (t) cos t + u3π/2 (t) cos t = cos t − 2uπ/2 (t) cos[(t − π/2) + π/2] + u3π/2 (t) cos[(t − 3π/2) + 3π/2] = cos t + 2uπ/2 (t) sen(t − π/2) + u3π/2 (t) sen(t − 3π/2) F (s) =

π 1 1 s + 2e− 2 s + e−3πs/2 2 1+s 1 + s2 1 + s2


−πs/2 (a) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + Y (s) = 1s − e s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 1 obtemos   1 e−πs/2 s2 + 1 Y ( s ) = − +1 s s Assim,

ig

3.4.

ita l

Respostas dos Exercícios

Y (s) =

−πs/2 1 − se(s2 +1) s2 +1 H (s) − e−πs/2 H (s),

1 s ( s2 +1)

= s2 1+1 + em que

+

D

3.7

s ( s2

1 + 1)

ia

H (s) =

y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t). +C . H (s) = s(s21+1) = As + Bs s2 +1

óp

Multiplicando-se H (s) por s(s2 + 1) obtemos

Substituindo-se s = 0 e s = i

1 = A(s2 + 1) + ( Bs + C )s 

1 1

= A = ( Bi + C )i = − B + Ci

De onde obtemos A = 1. Comparando-se as partes real e imaginária da segunda equação obtemos B = −1 e C = 0.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

372

ita l

Transformada de Laplace Assim, H (s)

=

1 s − 2 s s +1

De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H (s) é h(t) = 1 − cos t

2.5

ig

e a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) = sen t + h(t) − h(t − π/2)uπ/2 (t) = 1 − cos t + sen t − uπ/2 (t)(1 − sen t). y

D

2

1.5

1

0.5

0

x

ia

−0.5

−1

−1.5

óp

−2

−2.5

(b)

−2

0

2

4

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)

6

8

10

12

+ 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 2 e Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 1 obtemos

Tópicos de Equações Diferenciais






−πs

s

− 2e

−2πs

s

 e−πs − e−2πs s2 + 2s + 2 Y (s) = 2 +1 s GoBack GoForward

Março 2012

373

Respostas dos Exercícios Assim, −πs

−2πs

Y (s) = 2 es(s2 +−2se +2) +

1 s2 +2s+2 (e−πs − e−2πs ) H (s) + (s+11)2 +1 ,

= em que

H (s) =

s ( s2

2 + 2s + 2)

A s

+

ig

y(t) = h(t − π )uπ (t) − h(t − 2π )u2π (t) + e−t sen t. H (s) =

ita l

3.7

Bs+C . s2 +2s+2

Multiplicando-se H (s) por s(s2 + 2s + 2) obtemos

D

2 = A(s2 + 2s + 2) + ( Bs + C )s

Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 1 obtemos 0 0

= A+B = 1+B = 2A + C = 2 + C

ia



que tem solução B = −1 e C = −2. Assim, H (s) = 1 s

−

−

s +2 s2 +2s+2

s +1 ( s +1)2 +1

−

=

1 s

−

s +2 ( s +1)2 +1

1 ( s +1)2 +1

óp

=

1 s

De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H (s) é h(t) = 1 − e−t cos t − e−t sen t

e a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) = h(t − π )uπ (t) − h(t − 2π )u2π (t) + e−t sen t.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

374 1.2

ita l

Transformada de Laplace y

1

0.8

0.4

0.2

0

−0.2

(c)

−2

0

2

4

6

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)




8

D

x

ig

0.6

10

+ 4Y (s) =

ia

Substituindo-se os valores y(0) = 0
−2πs s2 + 4 Y (s) = s2 1+1 − es2 +1 Assim,

12

1 − e−2πs s2 1+1 s2 +1 e y0 (0) = 0 obtemos

−2πs 1 − (s2 +e1)(s2 +4) (s2 +1)(s2 +4) H (s) − e−2πs H (s)

Y (s) =

óp

= em que

H (s) =

1 (s2 +1)(s2 +4)

=

Multiplicando-se por

Tópicos de Equações Diferenciais

H (s) =

1 (s2 + 1)(s2 + 4)

y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π )

As+ B +D + Cs s2 +1 s2 +4 (s2 + 1)(s2 + 4):

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Março 2012

375

Respostas dos Exercícios 1 = ( As + B)(s2 + 4) + (Cs + D )(s2 + 1) Substituindo-se s = i, 2i  1 = 1 =

ita l

3.7

(iA + B)3 (2iC + D )(−3)

ig

Como A, B, C e D são reais, comparando-se as partes real e imaginária obtemos   1 = 3B 1 = −3D e 0 = 3A 0 = −6C

h(t) =

1 3

sen t − 61 sen 2t

y(t) = h(t) − u2π (t)h(t − 2π ) = 0.5

y

0.4

D

De onde obtemos a solução A = 0, B = 1/3, C = 0 e D = −1/3. Assim, 1/3 −1/3 H (s) = 2 + 2 s +1 s +4 1 3

sen t − 16 sen 2t − u2π (t)( 31 sen t − 61 sen 2t)

ia

0.3

0.2

0.1

0

óp

x

−0.1

−0.2

−0.3

−0.4

−0.5

Março 2012

−1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

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Reginaldo J. Santos

376

Transformada de Laplace 1 s2 +1

+ e−πs s2 1+1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0

ita l


(d) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 4Y (s) = obtemos
−πs s2 + 4 Y (s) = s2 1+1 + se2 +1 Assim, −πs 1 + (s2 +e1)(s2 +4) (s2 +1)(s2 +4) H (s) + e−πs H (s)

=

em que

1 (s2 + 1)(s2 + 4)

D

H (s) =

ig

Y (s) =

y(t) = h(t) + uπ (t) h(t − π )

ia

Do exercício anterior temos que H (s) =

óp

Assim,

h(t) =

1/3 −1/3 + s2 + 1 s2 + 4

1 1 sen t − sen 2t 3 6

e portanto

y(t) = h(t) + uπ (t) h(t − π ) =

Tópicos de Equações Diferenciais

1 3

sen t − 16 sen 2t −uπ (t)( 31 sen t + 16 sen 2t) GoBack GoForward

Março 2012

377

Respostas dos Exercícios 0.5

ita l

3.7

y

0.4

0.3

0.2

0.1

0

ig

x −0.1

−0.2

−0.3

−0.5

(e)

−1

0

1

2

3

4

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)

5

D

−0.4

6

7

8

Assim,

e−10s s(s2 +3s+2)

óp

Y (s) = s(s2 +13s+2) − em que

H (s) =

e−10s s

 1 e−10s s2 + 3s + 2 Y (s) = − s s

ia



Março 2012

9

+ 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = 1s − Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos


1 s(s2 +3s+2)

=

= H (s) − e−10s H (s)

1 s(s+1)(s+2)

H (s) =

1 s (s2 + 3s + 2)

y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10).

=

A s

+

B s +1

+

C s +2

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Reginaldo J. Santos

378
Multiplicando H (s) por s s2 + 3s + 2 obtemos

ita l

Transformada de Laplace

1 = A(s + 1)(s + 2) + Bs(s + 2) + Cs(s + 1) Substituindo-se s = 0, −1, −2 obtemos

= 2A = −B = 2C

ig

  1 1  1 que tem solução A = 1/2, B = −1 e C = 1/2. Assim, H (s) = 21 1s − s+1 1 + 21 s+1 2 1 2

− e−t + 21 e−2t

D

h(t) =

y(t) = h(t) − u10 (t)h(t − 10)

y

ia

0.4

0.3

óp

0.2

0.1

0

−0.1

0

5

Tópicos de Equações Diferenciais

10

x

15

20

GoBack GoForward

Março 2012

379

Respostas dos Exercícios
−2s (f) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 3 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = e s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 1 obtemos 

 e−2s s2 + 3s + 2 Y (s) = +1 s

Assim, e−2s s(s2 +3s+2)

= Y1 (s) + e−2s H (s)

1 s(s2 +3s+2)

e Y1 (s) =

1 s2 +3s+2

ig

1 + Y (s) = s2 +3s +2 em que

H (s) =

ita l

3.7

y ( t ) = y1 ( t ) + u2 ( t ) h ( t − 2). 1 s2 +3s+2

= Y1 (s) =

1 (s+1)(s+2)

A s +1

B s +2

D

Y1 (s) =

=

+

Multiplicando Y1 (s) por (s + 1)(s + 2):

1 = A ( s + 2) + B ( s + 1)

ia

Substituindo-se s = −1, −2 obtemos A = 1 e B = −1. Assim,

óp

Y1 (s) =

1 1 − s+1 s+2

y1 (t) = e−t − e−2t .

Do exercício anterior H (s) = 21 1s − s+1 1 + 21 s+1 2

h(t) =

1 1 − e−t + e−2t 2 2

y(t) = y1 (t) + u2 (t)h(t − 2) = e−t − e−2t + u2 (t)h(t − 2)

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

380

Transformada de Laplace

ita l

y

0.4

0.3

0.1

0

(g)

0

2

4

6

8

10

−3πs + Y (s) = e s valores y(0) = 0 e y0 (0)

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) Substituindo-se os

D

−0.1 −2

x




Y (s) =

e−3πs s ( s2 +1)

1 s2 +1 1 , s2 +1

óp 1 s ( s2 +1)

 e−3πs s2 + 1 Y ( s ) = +1 s

+

= e−3πs H (s) + em que

H (s) =

= 1 obtemos

ia

 Assim,

ig

0.2

=

Tópicos de Equações Diferenciais

A s

+

H (s) =

s ( s2

1 + 1)

y(t) = sen t + h(t − 3π )u3π (t).

Bs+C . s2 +1

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Março 2012

3.7

381

Respostas dos Exercícios

ita l

Multiplicando-se H (s) por s(s2 + 1) obtemos

1 = A(s2 + 1) + ( Bs + C )s Substituindo-se s = 0 e s = i



= A = ( Bi + C )i = − B + Ci

1 1

H (s)

ig

De onde obtemos A = 1. Comparando-se as partes real e imaginária da segunda equação obtemos B = −1 e C = 0. Assim,

=

1 s − 2 s s +1

De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H (s) é

D

h(t) = 1 − cos t

y(t) = sen t + h(t − 3π )u3π (t) = sen t + u3π (t)[1 − cos(t − 3π )] 2.5

y

ia

2

1.5

1

óp

0.5

0

x

−0.5

−1

Março 2012

−5

0

5

10

15

20

25

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Reginaldo J. Santos

382

Transformada de Laplace 1 s2 +1

+ e−πs s2 1+1

ita l


(h) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + (sY (s) − y(0)) + 54 Y (s) =

ig

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos
s2 + s + 54 Y (s) = s2 1+1 + e−πs s2 1+1 Assim, 1 1 Y (s) = 2 + e−πs 2 (s +1)(s2 +s+ 54 ) (s +1)(s2 +s+ 54 ) = H (s) + e−πs H (s) em que 1
H (s) = 2 (s + 1) s2 + s + 54 y(t) = h(t) + uπ (t) h(t − π ) 1 (s2 +1)(s2 +s+ 45 )

=

As+ B s2 +1

+

Cs+ D s2 +s+ 54

D

H (s) =


Multiplicando-se H (s) por (s2 + 1) s2 + s + 5/4 :

1 = ( As + B)(s2 + s + 5/4) + (Cs + D )(s2 + 1)

(3.15)

ia

Substituindo-se s = i obtemos

1

= ( Ai + B)(1/4 + i ) = (− A + B/4) + ( A/4 + B)i

óp

Comparando-se as partes real e imaginária da equação acima obtemos  1 = − A + B/4 0 = A/4 + B

Resolvendo-se o sistema acima obtemos a solução A = −16/17, B = 4/17. Comparando os termos de grau 3 e de grau zero de (3.15) obtemos 0 = C + A, 1 = D + 5B/4,

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

383

Respostas dos Exercícios

ig

de onde obtemos C = − A = 16/17 e D = 1 − 5B/4 = 12/17. Assim,   4 −4s+1 + 4s+3 H (s) = 17 s2 +1 s2 +s+ 54   4 s 1 4s+3 = 17 −4 s2 + + + 2 2 1 s +1 (s+1/2) +1   s+3/4 1 4 s + + 4 = 17 −4 s2 + 1 s2 +1 (s+1/2)2 +1   s+1/2 4 1 1 s = 17 + + 4 + −4 s2 + 1 s2 +1 (s+1/2)2 +1 (s+1/2)2 +1 h(t) =

−4 cos t + sen t + 4e−t/2 cos t + e−t/2 sen t



D

4 17

ita l

3.7

y(t) = h(t) + uπ (t) h(t − π )

2

y

1.5

ia

1

0.5

0

óp

x

−0.5

−1

−1.5

−2

Março 2012

−2

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

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Reginaldo J. Santos

384
−πs −3πs (i) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 4Y (s) = 2 e s − 2 e s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos
−πs −3πs s2 + 4 Y (s) = 2 e −se Assim, Y (s) = 2 e

−πs −e−2πs s ( s2 +4)

ig

= (e−πs − e−3πs ) H (s), em que H (s) = s(s22+4)

ita l

Transformada de Laplace

H (s) =

2 s ( s2 +4)

=

A s

+

Bs+C . s2 +4

D

y(t) = uπ (t)h(t − π ) − u3π (t)h(t − 3π ).

Multiplicando-se H (s) por s(s2 + 4) obtemos

2 = A(s2 + 4) + ( Bs + C )s

ia

Substituindo-se s = 0, 2i obtemos 

2 2 + i0

= 4A = (2iB + C )2i = (−4B) + i (2C )

óp

que tem solução A = 1/2, B = −1/2 e C = 0. Assim, H (s) =

11 2s

−

1 s 2 s2 +4

De onde obtemos que a função cuja transformada de Laplace é H (s) é

Tópicos de Equações Diferenciais

h(t) =

1 1 − cos 2t 2 2

y(t) = uπ (t)h(t − π ) − u3π h(t − 3π ) GoBack GoForward

Março 2012

3.7

385

Respostas dos Exercícios

ita l

y

0.4

0.3

0.1

0

−2

0

2

4

6

8

(j)

D

−0.1

x

ig

0.2

10

12

f (t) = et − u2 (t)et = et − u2 (t)e(t−2)+2 = et − e2 u2 (t)et−2 1 e−2s − e2 s−1 s−1   1 e−2s s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 4Y (s) = − e2 s−1 s−1 Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos   1 e−2s s2 + 4 Y ( s ) = − e2 s−1 s−1 Assim,

óp

ia

F (s) =

Y (s)

Março 2012

=

1 e−2s 2 − e ( s − 1) ( s2 + 4) ( s − 1) ( s2 + 4)

=

H (s) − e2 e−2s H (s)

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Reginaldo J. Santos

386

ita l

Transformada de Laplace em que H (s) =

1 . (s − 1)(s2 + 4)

H (s) =

A Bs + C + 2 s−1 s +4

1

ig

Multiplicando-se H (s) por (s − 1)(s2 + 4):

A(s2 + 4) + ( Bs + C )(s − 1)

=

D

Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os termos de grau 0 obtemos o sistema  1/5 + B = 0 4/5 − C = 1 Resolvendo-se o sistema obtemos a solução A = 1/5, B = −1/5 e C = −1/5. Assim, 1 1 1 s+1 1 s 1 1 1 1 − 2 = − 2 − 2 5s−1 5s +4 5s−1 5s +4 5s +4

ia

H (s) =

h(t) =

1 t 1 1 e − cos 2t − sen 2t. 5 5 10

óp

Assim, a solução do problema de valor inicial é y ( t ) = h ( t ) − e2 u2 ( t ) h ( t − 2)

f (t) = e2t (1 − u1 (t)) = e2t − e2 e2(t−1) u1 (t)

Tópicos de Equações Diferenciais

F (s) =

1 e−s − e2 s−2 s−2

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Março 2012

387

Respostas dos Exercícios (k) 

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)



− 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) = Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos  s2 − 2s + 1 Y (s) =

Assim,

=

1 e−s − e2 s−2 s−2

e−s 1 − e2 2 ( s − 1) ( s − 2) ( s − 1)2 ( s − 2)

D

Y (s)

1 e−s − e2 s−2 s−2

ig



ita l

3.7

=

em que

H ( s ) − e2 e − s H ( s ) 1 . ( s − 1)2 ( s − 2)

ia

H (s) =

1 A B C = + + s − 2 s − 1 ( s − 1)2 (s − 2)(s − 1)2

óp

Multiplicando-se por (s − 2)(s − 1)2 obtemos 1

=

A(s − 1)2 + B(s − 1)(s − 2) + C (s − 2)

Substituindo-se s = 1 e s = 2 obtemos C = −1 e A = 1. Comparando-se os termos de grau 2 obtemos 0 = A + B = 1 + B, de onde obtemos B = −1. Assim,

Março 2012

H (s)

=

1 1 1 − − s − 2 s − 1 ( s − 1)2

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Reginaldo J. Santos

388

Transformada de Laplace

Assim, a solução do problema de valor inicial é

ita l

h(t) = e2t − et − tet

y ( t ) = h ( t ) − e2 u1 ( t ) h ( t − 1) (l)

f (t) = et (1 − u1 (t)) = et − eet−1 u1 (t) 1 e−s −e s−1 s−1   s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)

ig

F (s) =

D

+ 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) =

1 e−s −e s−1 s−1

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos   1 e−s s2 + 2s + 2 Y (s) = −e s−1 s−1 Assim, 1 (s − 1) (s2 + 2s + 2) e−s −e 2 (s + 2s + 2) (s − 1) = H (s) − ee−s H (s)

ia óp

Y (s)

=

em que

Tópicos de Equações Diferenciais

H (s)

= =

1 , (s − 1)(s2 + 2s + 2) A Bs + C + s − 1 s2 + 2s + 2

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Março 2012

389

Respostas dos Exercícios Multiplicando-se H (s) por (s − 1)(s2 + 2s + 2) obtemos

ita l

3.7

1 = A(s2 + 2s + 2) + ( Bs + C )(s − 1)

Substituindo-se s = 1 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e os de grau 0 obtemos  1/5 + B = 0 2/5 − C = 1

H (s)

=

= Pelo item anterior temos que

1 1 1 s+3 − 2 5 s − 1 5 s + 2s + 2 s+3 1 1 1 − 5 s − 1 5 ( s + 1)2 + 1 1 s+1 2 1 1 1 − − 2 5 s − 1 5 ( s + 1) + 1 5 ( s + 1)2 + 1

D

=

ig

que tem solução B = −1/5 e C = −3/5. Assim,

1 t 1 −t 2 e − e cos t − e−t sen t. 5 5 5

ia

h(t) =

Assim, a solução do problema de valor inicial é

óp

y(t) = h(t) − eu1 (t)h(t − 1)

(m) f (t) = e−2t sen 3t − uπ (
t)e−2t sen 3t = e−2t sen 2t + uπ (t)e−2π e−2(t−π ) sen 3(t − π ). s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 4 (sY (s) − y(0)) + 13Y (s) = (1 + e−2π e−πs ) (s+23)2 +9 Substituindo-se os valores y(0) = 1 e y0 (0) = 2 obtemos 

Março 2012

 s2 + 4s + 13 Y (s)

= (1 + e−2π e−πs )

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3 +s+6 ( s + 2)2 + 9 Reginaldo J. Santos

390 Assim, Y (s)

= (1 + e−2π e−πs )

ita l

Transformada de Laplace

s+6 3 + (s2 + 4s + 13)2 s2 + 4s + 13

= (1 + e−2π e−πs ) H (s) + G (s). 2 3 = 2·132 [(s+2·23)·23+9]2 (s2 +4s+13)2 s +6 = (ss++22)+2 +4 9 = (s+s2+)22 +9 + 43 (s+23)2 +9 s2 +4s+13

em que H (s) =

D

ig

G (s) = Logo 1 −2t h(t) = 18 e (sen 3t − 3t cos 3t) − 2t g(t) = e cos 3t + 43 e−2t sen 3t De onde obtemos que a solução do PVI é y(t) = h(t) + e−2π uπ (t)h(t − π ) + g(t) = −2t 1 −2t (sen 3t − 3t cos 3t) + e18 uπ (t) (sen 3(t − π ) − 3(t − π ) cos 3(t − π )) 18 e 4 −2t sen 3t. 3e

+

e−2t cos 3t

+


(a) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + Y (s) = e−2πs cos(2π ) Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 1 obtemos

óp

4.1.

ia

4. Transformada de Laplace do Delta de Dirac (página 342)



 s2 + 1 Y (s) = e−2πs + 1

Assim,

Y (s) =

e−2πs s2 +1

+

1 s2 +1

e a solução do problema de valor inicial é dado por y(t) = u2π (t) sen(t − 2π ) + sen t = (u2π (t) + 1) sen t.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

3.7

391

Respostas dos Exercícios



G (s) =

 s2 + 2s + 2 = ee−s

−s ee−s = (s+ee1)2 +1 = ee−s G (s), s2 +2s+2 1 ⇒ g(t) = e−t sen t ( s +1)2 +1

ig

Assim, Y (s) =

ita l


(b) s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 2 (sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = ee−s Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos

(c) 

D

Assim, a solução do problema de valor inicial é y(t) = eu1 (t)e−t+1 sen(t − 1) = e−t+2 sen(t − 1)u1 (t)

 s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) + 4Y (s) = e2 e−2s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos

Assim,

 s2 + 4 Y (s) = e2 e−2s

ia



óp

Y (s)

G (s) =

=

e2 e−2s = e2 e−2s G (s) s2 + 4

1 s2 + 4

⇒

g(t) =

1 sen 2t 2

Assim, a solução do problema de valor inicial é

Março 2012

y(t) =

e2 u2 (t) sen(2(t − 2)) 2

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Reginaldo J. Santos

392

ita l

Transformada de Laplace (d) 

 s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) − 2 (sY (s) − y(0)) + Y (s) = e2 e−s

Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 0 obtemos   s2 − 2s + 1 Y (s) = e2 e−s

Y (s)

e2 e − s = e2 e − s G ( s ) ( s − 1)2

1 ( s − 1)2

⇒

g(t) = tet

D

G (s) =

=

ig

Assim,

Assim, a solução do problema de valor inicial é

y(t) = e2 u1 (t)(t − 1)et−1 = (t − 1)et+1 u1 (t)

ia

(e) f (t)

= δ ( t − 1) + u3 ( t ) t2

óp

= δ(t − 1) + u3 (t)((t − 3) + 3)2 = δ(t − 1) + u3 (t)((t − 3)2 + 6(t − 3) + 9) F (s) = e−s + e−3s (

2 6 9 + 2+ ) 3 s s s

s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)+

+ 2(sY (s) − y(0)) + 2Y (s) = e−s +

Tópicos de Equações Diferenciais

+ e−3s ( GoBack GoForward

2 6 9 + 2+ ) s s3 s Março 2012

393

Respostas dos Exercícios Substituindo-se os valores y(0) = 0 e y0 (0) = 1 obtemos

2 6 9 + 2 + )+1 3 s s s 2 + 6s + 9s2 1 + e−s + e−3s s3

(s2 + 2s + 2)Y (s) = e−s + e−3s ( = Assim,

2 1 −3s 2 + 6s + 9s + e s2 + 2s + 2 s3 (s2 + 2s + 2) 1 (1 + e − s ) + e−3s H (s) ( s + 1)2 + 1

= (1 + e − s )

D

=

ig

Y (s)

ita l

3.7

H (s)

=

ia

=

2 + 6s + 9s2 + 2s + 2) A B C Ds + E + 2+ 3+ 2 s s s s + 2s + 2

s3 ( s2

óp

2 + 6s + 9s2

=

As2 (s2 + 2s + 2) + Bs(s2 + 2s + 2) +

+ C (s2 + 2s + 2) + ( Ds + E)s3 = ( As2 + Bs + C )(s2 + 2s + 2) + ( Ds + E)s3

(3.16)

Substituindo-se s = 0 obtemos C = 1. Comparando-se os termos de grau 1 obtemos 6 = 2C + 2B = 2 + 2B, de onde obtemos B = 2. Comparando-se os termos de grau 2 obtemos 9 = C + 2B + 2A = 5 + 2A, de onde obtemos A = 2. Comparando-se os termos de grau 3 obtemos 0 = E + B + 2A = E + 6, de onde obtemos E = −6. Comparando-se os termos de grau 4 obtemos 0 = D + A = D + 2, de onde obtemos D = −2.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

394

ita l

Transformada de Laplace Assim, H (s)

1 −2s − 6 2 2 + 2+ 3+ 2 s s s s + 2s + 2 1 −2s − 6 2 2 + 2+ 3+ s s s ( s + 1)2 + 1 1 2 2 2 + + 3 s s2 2s  s+1 2 −2 + ( s + 1)2 + 1 ( s + 1)2 + 1

= =

ig

=

1 = 2 + 2t + t2 − 2(e−t cos t + 2e−t sen t) 2

D

h(t)

Como

= (1 + e − s )

ia

Y (s)

então

1 + e−3s H (s) ( s + 1)2 + 1

4.2.

óp

y(t) = e−t sen t + u1 (t)e−(t−1) sen(t − 1) + u3 (t)h(t − 3)

(a) Aplicando-se a transformada de Laplace na equação obtemos π π (s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)) + 4(sY (s) − y(0)) + 20Y (s) = e− 2 e− 4 s Substituindo-se y(0) = 0 e y0 (0) = 1 obtemos π π (s2 + 4s + 20)Y (s) = e− 2 e− 4 s + 1 Y (s) = e− 2 em que

π

−πs

e 4 s2 +4s+20

Tópicos de Equações Diferenciais

+

1 s2 +4s+20

= e− 2 e− 4 s H (s) + H (s) π

π

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Março 2012

395

Respostas dos Exercícios H (s) = Assim,

1 s2 +4s+20

=

1 (s+2)2 +16

1 −2t e sen 4t 4

D

ig

h(t) =

ita l

3.7

óp

ia

y(t) = e− 2 u π (t) h(t − π

4

= e− 2 u π (t) 14 e−2(t− 4 ) sen(4t − π ) + 4 −2t sen 4t, 0 ≤ t < π 4e 4 0, t ≥ π4

(b) y(t)  1

Março 2012

π

π

π ) + h(t) 4

1 −2t sen 4t 4e

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=

(−u π (t) + 1) 14 e−2t sen 4t 4

=

Reginaldo J. Santos

396

Transformada de Laplace

ita l

0.14

y 0.12

ig

0.1

0.08

D

0.06

0.04

ia

0.02

óp

0

t

−0.02

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

4.3. Aplicando-se a transformada de Laplace na equação obtemos −s (s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0)) + (sY (s) − y(0)) = e s + e−2s 0 Substituindo-se y(0) = 0 e y (0) = 1 obtemos Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

397

Respostas dos Exercícios −s

(s2 + s)Y (s) = 1 + e s + e−2s −s −2s Y (s) = s(s1+1) + s2 (es+1) + s(es+1) = (1 + e−2s ) H1 (s) + e−s H2 (s) em que H1 (s) = s(s1+1) e H2 (s) = s2 (s1+1)

H2 (s) =

1 s2 ( s +1)

=

A s

ig

B H1 (s) = s(s1+1) = As + s+ 1 Multiplicando-se por s(s + 1) obtemos 1 = A(s + 1) + Bs Substituindo-se s = 0, −1 obtemos A = 1 e B = −1.

ita l

3.7

B C + s+ 1 s2 s2 (s + 1) obtemos

+

D

Multiplicando-se por 1 = As(s + 1) + B(s + 1) + Cs2 Substituindo-se s = 0, −1 obtemos C = 1 e B = 1. Comparando-se os termos de grau 2 obtemos A = −1. Assim,

h1 ( t ) = 1 − e − t

ia

h2 ( t ) = −1 + t + e − t y ( t ) = h1 ( t ) + u2 ( t ) h1 ( t − 1) + u1 ( t ) h2 ( t − 2)

5.1.

óp

5. Convolução (página 350) (a)

F (s) =

A B 1 = + s ( s + 3) s s+3

Multiplicando F (s) por s (s + 3) obtemos

Março 2012

1 = A (s + 3) + Bs GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

398

ita l

Transformada de Laplace Substituindo-se s = 0, −3 obtemos A = 1/3 e B = −1/3. Assim, F (s) =

11 1 1 − 3s 3s+3

(b) f (t) = 5.2.

Rt 0

t e−3τ dτ = − 13 e−3τ = − 13 e−3t + 0

1 3

(a) H (s) =

s ( s2

1 1 −3t − e 3 3

ig

f (t) =

1 A Bs + C = + 2 s − 4s + 5) s − 4s + 5

D

Multiplicando-se H (s) por s(s2 − 4s + 5):

=

1

A(s2 − 4s + 5) + ( Bs + C )s

ia

Substituindo-se s = 0 obtemos A = 1/5. Comparando-se os termos de grau 2 e de grau 1 obtemos o sistema  A + B = 0 −4A + C = 0 Resolvendo-se o sistema obtemos a solução B = −1/5 e C = 4/5. Assim,

óp

H (s)

Tópicos de Equações Diferenciais

=

= =

11 1 s−4 − 2 5s 5 s − 4s + 5 11 1 s−4 − 5s 5 ( s − 2)2 + 1 11 1 s−2 −2 1 − − 5s 5 ( s − 2)2 + 1 5 ( s − 2)2 + 1

h(t) =

1 1 2t 2 − e cos t + e2t sen t 5 5 5

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Março 2012

399

Respostas dos Exercícios (b) h(t) =

Z

sen τe2τ dτ

Z t 0

ita l

3.7

sen τe2τ dτ

= e2τ (− cos τ ) − 2

Z

e2τ (− cos τ )dτ

Z

 1  2τ −e cos τ + 2e2τ sen τ 5

D

sen τe2τ dτ =

ig

= −e2τ cos τ +   Z 2τ 2τ + 2 e sen τ − 2 e sen τdτ

h(t)

=

ia

=

 t 1  2τ −e cos τ + 2e2τ sen τ 5 0 1 2t 1 2 2t − e cos t + + e sen t 5 5 5

5.3.

óp



 s2 Y (s) − sy(0) − y0 (0) +

+ 4 (sY (s) − y(0)) + 4Y (s) =

F ( s ),

em que F (s) é a transformada de Laplace de f (t). Substituindo-se os valores y(0) = 2 e y0 (0) = −3 obtemos   s2 + 4s + 4 Y (s) = F (s) + 5 + 2s Assim, Março 2012

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Reginaldo J. Santos

400

Y (s)

= =

ita l

Transformada de Laplace

F (s) 5 + 2s + s2 + 4s + 4 s2 + 4s + 4 5 + 2s F (s) + 2 ( s + 2) ( s + 2)2

Multiplicando-se por (s + 2)2 obtemos 5 + 2s

=

ig

5 + 2s A B = + s + 2 ( s + 2)2 ( s + 2)2

A ( s + 2) + B

=

2 1 F (s) + + ( s + 2)2 s + 2 ( s + 2)2

ia

Y (s)

D

Substituindo-se s = −2 obtemos 1 = B. Comparando-se os termos de grau zero obtemos 5 = 2A + B = 2A + 1, de onde obtemos 2 = A. Assim,

y(t)

= (e−2t t ∗ f )(t) + 2e−2t + e−2t t

óp

=

Z t 0

e−2(t−τ ) (t − τ ) f (τ )dτ + 2e−2t + e−2t t

5.4. Aplicando-se a transformada de Laplace na equação obtemos

Tópicos de Equações Diferenciais

1 2 1 + 2+ 2 Y (s) = Y (s) s s s +4   2 s+1 Y (s) 1 − 2 = 2 s +4 s GoBack GoForward

Março 2012

401

Respostas dos Exercícios

Y (s)

= =

(s + 1)(s2 + 4) s2 ( s2 + 2) B A Cs + D + 2+ 2 s s s +2

ita l

3.7

Multiplicando-se por s2 (s2 + 2) obtemos

ig

(s + 1)(s2 + 4) = As(s2 + 2) + B(s2 + 2) + (Cs + D )s2

Substituindo-se s = 0 obtemos B = 2. Comparando-se os termos de grau 1 obtemos 4 = 2A.

D

Logo, A = 2. Comparando-se os termos de grau 2 e de grau 3 obtemos 1 = B + D = 2 + D, 1 = A + C = 2 + C.

Logo, C = −1 e D = −1. Assim,

óp

ia

√ √ 1 y(t) = 2 + 2t − [cos( 2t) + √ sen( 2t)] 2

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

402

ita l

Transformada de Laplace

D

ig

f (t) g(t) ( f ∗ g)(t)

ia

L

F (s) G (s) F (s) G (s)

óp

Figura 3.19. Transformada de Laplace da Convolução

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

ita l ig

4

D

S ISTEMAS DE E QUAÇÕES D IFERENCIAIS L INEARES



ia

Exemplo 4.1. Considere o sistema de equações diferenciais lineares x10 (t) x20 (t)

= λ1 x1 ( t ) =

λ2 x2 ( t )

óp

em que λ1 , λ2 ∈ R. Temos aqui um sistema de equações que envolvem derivadas das funções que são incógnitas. Neste caso as duas equações são desacopladas, isto é, podem ser resolvidas independentemente. A solução do sistema é x 1 ( t ) = c 1 e λ1 t

x 2 ( t ) = c 2 e λ2 t .

e

ou escrito na forma matricial



x1 ( t ) x2 ( t )





=

c 1 e λ1 t c 2 e λ2 t

 .

404

Exemplo 4.2. Considere, agora, o sistema 

x10 (t) x20 (t)

= λx1 (t) + x2 ( t ) = λx2 (t)

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

x2 (t) = c2 eλt .

ig

Este sistema não é desacoplado, mas podemos resolver a segunda equação independentemente da primeira. A segunda equação tem solução

D

Substituindo x2 (t) na primeira equação obtemos a equação x10 (t) = λ x1 (t) + c2 eλt que tem solução

x1 (t) = c1 eλt + c2 teλt .

ia

Assim, a solução do sistema acima é     x1 ( t ) c1 eλt + c2 teλt = . x2 ( t ) c2 eλt

óp

Os sistemas anteriores foram resolvidos porque pelo menos uma das equações pode ser resolvida independentemente das outras. Considere o sistema de equações diferenciais lineares  0   x1 (t) = a11 (t) x1 (t) + · · · + a1n (t) xn (t) + f 1 (t) .. .. . .   0 xn (t) = an1 (t) x1 (t) + · · · + ann (t) xn (t) + f 2 (t)

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

ita l

405 que pode ser escrito na forma de uma equação diferencial matricial   a11 (t) x10 (t)    .. ..  = . . an1 (t) xn0 (t) 

    a1n (t) f 1 (t) x1 ( t )    ..  .. ..  + .  . . ann (t) f n (t) xn (t)

··· ···

ou

X 0 ( t ) = A ( t ) X ( t ) + F ( t ),



···

 a1n (t)  .. , . ann (t)





 x1 ( t )   .. X (t) =   . xn (t)

e

D

a11 (t)  .. A(t) =  . an1 (t)

ig

em que

(4.1)

···

 f 1 (t)   F (t) =  ...  . f n (t)

ia

Observe que o sistema do Exemplo 4.1 pode ser escrito na forma matricial como      0 y1 ( t ) λ1 0 y1 ( t ) = 0 λ2 y2 ( t ) y20 (t)

óp

e o do Exemplo 4.2, como 

y10 (t) y20 (t)





=

λ 0

1 λ



y1 ( t ) y2 ( t )



Para sistemas lineares é válido o seguinte teorema sobre existência e unicidade de soluções que será demonstrado somente ao final deste capítulo.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

406

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares



X 0 (t) X ( t0 )

ita l

Teorema 4.1 (Existência e Unicidade). Considere o problema de valor inicial = A(t) X (t) + F (t) = X (0)

(4.2)

ig

Suponha que aij (t), f i (t) sejam funções contínuas num intervalo I = [ a, b] contendo t0 . Então, o problema (4.2) tem uma única solução no intervalo I.

D

Para os sistemas de equações lineares homogêneos, isto é, sistemas da forma (4.1) ¯ com F (t) = 0, X 0 ( t ) = A ( t ) X ( t ), (4.3) é válido o princípio da superposição que diz que se X1 (t) e X2 (t) são soluções de (4.3), então X (t) = αX1 (t) + βX2 (t) (4.4)

ia

também o é, para todas as constantes α e β. Uma expressão da forma (4.4) é chamada combinação linear de X1 (t) e X2 (t). Vamos verificar que realmente X (t) dado por (4.4) é solução de (4.3).

óp

X 0 (t)

= αX10 (t) + βX20 (t) = αA(t) X1 (t) + βA(t) X2 (t) = A(t)(αX1 (t) + βX2 (t)) = A(t) X (t),

pois como X1 (t) e X2 (t) são soluções de (4.3), então X10 (t) = A(t) X1 (t) e X20 (t) = A(t) X2 (t). Provamos o seguinte teorema.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

407

X 0 (t) = A(t) X (t)

ig

então, X (t) = αX1 (t) + βX2 (t), para α e β números, também o é.

ita l

Teorema 4.2 (Princípio da Superposição). Se X1 (t) e X2 (t) são soluções do sistema homogêneo

Vamos considerar o problema de valor inicial  0 X (t) = AX (t), X ( 0 ) = X (0) .

D

(4.5)

Vamos determinar condições sobre n soluções X1 (t), . . . , Xn (t) para que existam constantes c1 , . . . , cn tais que X (t) = c1 X1 (t) + · · · + cn Xn (t) seja solução do problema de valor inicial (4.5). Substituindo-se t = 0 na solução

ia

X ( t ) = c 1 X1 ( t ) + · · · + c n X n ( t )

obtemos o sistema de equações lineares algébricas

óp

c 1 X1 ( 0 ) + · · · + c n X n ( 0 ) = X ( 0 )

que pode ser escrito na forma MC = X (0)

em que

Março 2012



M=



X1 ( 0 )

· · · Xn (0)

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e

 c1   C =  ...  . cn Reginaldo J. Santos

408

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ita l

Se a matriz do sistema M é invertível, então para toda condição inicial X (0) ∈ Rn o sistema MC = X (0) tem uma única solução (c1 , . . . , cn ) (A solução é C = M−1 X (0) ). Mas uma matriz quadrada é invertível se, e somente se, o seu determinante é diferente de zero Portanto, se   det X1 (0) · · · Xn (0) 6= 0,

ig

então para toda condição inicial X (0) existem constantes c1 , . . . , cn tais que X ( t ) = c 1 X1 ( t ) + · · · + c n X n ( t )

óp

ia

D

é solução do problema de valor inicial (4.5).

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

ita l

409

Teorema 4.3. Sejam X1 (t), . . . , Xn (t) soluções do sistema X 0 = AX tais que det[ X1 (0) . . . Xn (0) ] 6= 0

ig

Então, para toda condição inicial X (0) ∈ Rn o problema de valor inicial  0 X (t) = AX (t) X ( 0 ) = X (0) tem uma única solução e é da forma

X ( t ) = c 1 X1 ( t ) + · · · + c n X n ( t ) .

D

(a) Sejam X1 : R → Rn , . . . , Xn : R → Rn funções vetoriais. O determinante   W [ X1 , . . . , Xn ](t) = det X1 (t) · · · Xn (t)

ia

Definição 4.1.

(4.6)

é chamado wronskiano das funções vetoriais X1 (t), . . . , Xn (t) em t ∈ R.

óp

(b) Se n soluções X1 (t), . . . , Xn (t) do sistema X 0 = AX são tais que o seu wronskiano é diferente de zero no ponto t = 0 dizemos que elas são soluções fundamentais do sistema homogêneo X 0 = AX.

(c) Se X1 (t), . . . , Xn (t) são soluções fundamentais do sistema X 0 = AX, então a família de soluções X ( t ) = c n X1 ( t ) + · · · + c n X n ( t ) ,

(4.7)

para constantes c1 , . . . , cn é chamada solução geral de X 0 = AX. Março 2012

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Reginaldo J. Santos

410

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ig

Assim, para encontrar a solução geral de um sistema homogêneo X 0 = AX, precisamos encontrar n soluções fundamentais, ou seja, soluções X1 (t), . . . , Xn (t) tais que no ponto t = 0   W [ X1 , . . . , Xn ](0) = det X1 (0) · · · Xn (0) 6= 0.

e

 X1 ( t ) =

e λ1 t 0



D

Exemplo 4.3. A solução encontrada do sistema do Exemplo 4.1 é a solução geral pois ela pode ser escrita como  λt    0 e 1 X ( t ) = c1 + c2 0 e λ2 t 

,

X2 ( t ) =

0



e λ2 t

ia

são tais que det[ X1 (0) X2 (0)] = det( I2 ) = 1 6= 0.

e

óp

Exemplo 4.4. A solução encontrada do sistema do Exemplo 4.2 é a solução geral pois ela pode ser escrita como  λt   λt  te e X ( t ) = c1 + c2 0 eλt 

X1 ( t ) =

eλt 0



 ,

X2 ( t ) =

teλt eλt



são tais que det[ X1 (0) X2 (0)] = det( I2 ) = 1 6= 0. Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

411

ita l

4.1. A Matriz A é Diagonalizável em R

Os sistemas dos Exemplos 4.1 e 4.2 foram resolvidos porque pelo menos uma das equações pode ser resolvida independentemente das outras. O sistema do Exemplo 4.1 pode ser escrito na forma matricial como  0     x1 ( t ) λ1 0 x1 ( t ) = x20 (t) 0 λ2 x2 ( t ) x10 (t) x20 (t)





λ 0

1 λ



x1 ( t ) x2 ( t )



ig

e o do Exemplo 4.2, como 

=

.

D

Enquanto a matriz do primeiro sistema é diagonal a do segundo é “quase” diagonal. O estudo que faremos, a seguir, de sistemas de equações diferenciais se baseia em transformar o sistema em um no qual a sua matriz é diagonal ou “quase” diagonal.

A Matriz A é Diagonalizável em R

4.1.1

Sistema com 2 Equações e 2 Incógnitas

ia

4.1



Vamos supor que existam matrizes P =

óp

λ1 , λ2 ∈ R, tais que

v1 v2

w1 w2

A = PDP−1 .



 e D =

λ1 0

0 λ2

 , com (4.8)

Substituindo-se (4.8) em (4.3) obtemos X 0 (t) = PDP−1 X (t).

Multiplicando-se à esquerda por P−1 , obtemos

Março 2012

P−1 X 0 (t) = DP−1 X (t). GoBack GoForward

(4.9) Reginaldo J. Santos

412

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares Fazendo a mudança de variável

Y ( t ) = P −1 X ( t ), a equação (4.9) pode ser escrita como

(4.10)

Y 0 (t) = DY (t),

ig

que pode ser escrita na forma de um sistema de equações desacopladas  0 y1 ( t ) = λ1 y1 ( t ) y20 (t) = λ2 y2 ( t )

D

as equações podem ser resolvidas independentemente. Este sistema foi resolvido no Exemplo 4.1 na página 403 e sua solução é y 1 ( t ) = c 1 e λ1 t

e

y 2 ( t ) = c 2 e λ2 t .

ou escrito na forma matricial







=

c 1 e λ1 t c 2 e λ2 t

 .

ia

Y (t) =

y1 ( t ) y2 ( t )

óp

Assim, da mudança de variáveis (4.10), a solução da equação (4.3) é   c 1 e λ1 t X (t) = PY (t) = P . c 2 e λ2 t   v 1 w1 Como P = , então a solução do sistema pode ser escrita como v 2 w2 

Tópicos de Equações Diferenciais

x1 ( t ) x2 ( t )



    w1 c 1 e λ1 t v 1 c 1 e λ1 t + w1 c 2 e λ2 t = w2 v 2 c 1 e λ1 t + w2 c 2 e λ2 t c 2 e λ2 t     v1 w1 c 1 e λ1 t + c 2 e λ2 t . v2 w2



= =

v1 v2

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(4.11)

Março 2012

413

A Matriz A é Diagonalizável em R

ita l

4.1

Pelo Teorema 4.3 na página 409 esta é a solução geral do sistema, pois para as soluções     v1 w1 λ1 t λ2 t X1 ( t ) = e , X2 ( t ) = e , v2 w2 det



X1 ( 0 )

X2 ( 0 )



= det( P) 6= 0

ig

e assim a solução de qualquer problema de valor inicial 

X 0 (t) X (0)

= AX (t) = X0

D

pode ser obtida desta solução atribuindo-se valores adequados às constantes c1 e c2 como mostraremos a seguir. (0)

(0)

Se são dadas as condições iniciais x1 (0) = x1 e x2 (0) = x2 , então para determinarmos c1 e c2 substituímos t = 0 na solução, ou seja, x1 (0) x2 (0)





= c1

ia



v1 v2





+ c2

w1 w2

"



=

(0)

x1 (0) x2

# .

que é equivalente ao sistema linear

óp

(

4.1.2

v1 c1 v2 c1

+ w1 c 2 + w2 c 2

(0)

= x1 (0) = x2

Sistema com n Equações e n Incógnitas

O que fizemos anteriormente pode ser estendido para uma sistema com n equações e n incógnitas.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

414 Supondo que existam matrizes

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares



P=



V1

V2

...

Vn



  e D= 

λ1 0 .. .

0 λ2

... ... .. .

0 0 .. .

0

...

0

λn



  , 

ig

em que Vj é a coluna j de P, com λ1 , . . . , λn ∈ R, tais que A = PDP−1 .

(4.12)

Substituindo-se (4.12) em (4.3) obtemos

D

X 0 (t) = PDP−1 X (t).

Multiplicando-se à esquerda por P−1 , obtemos P−1 X 0 (t) = DP−1 X (t).

(4.13)

ia

Fazendo a mudança de variável Y ( t ) = P −1 X ( t ),

(4.14)

óp

a equação (4.13) pode ser escrita como Y 0 (t) = DY (t),

que pode ser escrita na forma de um sistema de equações desacopladas  0   y1 ( t ) = λ1 y1 ( t ) .. .. . .   0 yn (t) = λn yn (t)

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

415

A Matriz A é Diagonalizável em R

ita l

4.1

as equações podem ser resolvidas independentemente. A solução deste sistema é y 1 ( t ) = c 1 e λ1 t , . . . , y n ( t ) = c n e λ n t . ou escrito na forma matricial

   y1 ( t ) c 1 e λ1 t     .. .. Y (t) =  = . . . yn (t) cn eλn t

ig



Como P =



V1

D

Assim, da mudança de variáveis (4.14), a solução da equação (4.3) é   c 1 e λ1 t   .. X (t) = PY (t) = P  . . V2

...

Vn



, então a solução geral do sistema é



óp

ia

 x1 ( t )   .. X (t) =   . xn (t)

cn eλn t

=



V1

V2

...

  c 1 e λ1 t   .. Vn   . cn eλn t

= c1 eλ1 t V1 + · · · + cn eλn t Vn ,

pois pelo Teorema 4.3 na página 409, para as soluções

Março 2012

X1 (t) = eλ1 t V1 , . . . , Xn (t) = eλn t Vn ,   det X1 (0) · · · Xn (0) = det( P) 6= 0. GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

416

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Como Encontrar as Matrizes P e D

4.1.3

Vamos, agora, mostrar como determinar matrizes  

V1

V2

Vn

...



  e D= 

0 λ2

0

...

ig

P=

λ1 0 .. .

... ... .. .

0 0 .. .

0

λn



  , 

em que Vj é a coluna j de P, com λ1 , . . . , λn ∈ R, tais que A = PDP−1 .

D

(4.15)

Multiplicando à direita por P ambos os membros da equação anterior, obtemos AP = PD .

ia

Por um lado

AP = A



V1

V2

...

Vn



=



(4.16)

AV1

AV2

...



AVn

óp

e por outro lado

PD =



V1

V2

...

Vn



   

λ1 0 .. .

0 λ2

... ... .. .

0 0 .. .

0

...

0

λn

Assim, (4.16) pode ser reescrita como,    AV1 AV2 . . . AVn = λ1 V1

Tópicos de Equações Diferenciais

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     = λ1 V1 

λ2 V2

...

λ2 V2

λn Vn

...



λn Vn



. Março 2012

417

A Matriz A é Diagonalizável em R Logo,

ita l

4.1

AVj = λ j Vj ,

para j = 1, . . . n. Ou seja, as colunas de P, Vj , e os elementos da diagonal de D, λ j , satisfazem a equação AV = λV.

ig

Isto motiva a seguinte definição.

D

Definição 4.2.   Seja A uma matriz n × n. Um escalar λ é chamado autovalor de A, se existe um vetor não nulo v1  ..  V =  .  ∈ Rn , tal que vn

AV = λV .

ia

(4.17)

óp

Um vetor não nulo que satisfaça (4.17), é chamado de autovetor de A.

*   AV = λV *   V

 q

O

λ>1

Março 2012

*   V *  

AV = λV

q

O

0<λ<1 GoBack GoForward

*   V q O AV = λV   

λ<0 Reginaldo J. Santos

418

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares Observe que, usando o fato de que a matriz identidade   1 0 ... 0  0 1 ... 0    In =  . .  ..  .. . ..  0

...

0

1

ig

é tal que In V = V, a equação (4.17) pode ser escrita como AV = λIn V,

ou

( A − λIn )V = 0¯ .

(4.18)

ia

D

Como os autovetores são vetores não nulos, os autovalores são os valores de λ, para os quais o sistema ( A − λIn )V = 0¯ tem solução não trivial. Mas, este sistema homogêneo tem solução não trivial se, e somente se, det( A − λIn ) = 0. Assim, temos um método para encontrar os autovalores e os autovetores de uma matriz A.

Proposição 4.4. Seja A uma matriz n × n.

(a) Os autovalores de A são as raízes do polinômio

óp

p(t) = det( A − t In )

(4.19)

(b) Para cada autovalor λ, os autovetores associados a λ são os vetores não nulos da solução do sistema

Tópicos de Equações Diferenciais

( A − λIn ) X = 0¯ .

GoBack GoForward

(4.20)

Março 2012

419

A Matriz A é Diagonalizável em R

Definição 4.3. Seja A uma matriz n × n. O polinômio p(t) = det( A − t In )

(4.21)

ig

é chamado polinômio característico de A.

ita l

4.1

D

Já vimos que se uma matriz A é diagonalizável, então as colunas da matriz P, que faz a diagonalização, são autovetores associados a autovalores, que por sua vez são elementos da matriz diagonal D. Como a matriz P é invertível, estes n autovetores são LI Vamos mostrar, a seguir, que se a matriz A tem n autovetores LI, então ela é diagonalizável.

óp

ia

Teorema 4.5. Seja A uma matriz n × n que tem n autovetores LI V1 , . . . , Vn associados a λ1 , . . . , λn , respectivamente. Então, as matrizes   λ1 0 . . . 0  0 λ2 . . . 0      P = V1 V2 . . . Vn e D= . ..  . ..  .. . .  0 . . . 0 λn são tais que

A = PDP−1 ,

ou seja, A é diagonalizável.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

420

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ita l

Demonstração. Suponha que V1 , . . . , Vn são n autovetores linearmente independentes associados a λ1 , . . . , λn , respectivamente. Vamos definir as matrizes   λ1 0 . . . 0  0 λ2 . . . 0      P = V1 V2 . . . Vn e D= . ..  . ..  .. . .  Como AVj = λ j Vj , para j = 1, . . . , n, então    AP = A V1 V2 . . . Vn = AV1

AV2

...

...

0

AVn







λ1 V1

λ2 V2

...

λn Vn



=



V1

V2

...

Vn

   

λ1 0 .. .

0 λ2

... ... .. .

0 0 .. .

0

...

0

λn

D

=

λn

ig

0

    = PD. 

Como V1 , . . . , Vn são LI, a matriz P é invertível. Assim, multiplicando a equação anterior por P−1 à direita obtemos

ia

A = PDP−1 .



óp

Ou seja, a matriz A é diagonalizável.

Assim, se uma matriz A é diagonalizável e A = PDP−1 , então os autovalores de A formam a diagonal de D e n autovetores linearmente independentes associados aos autovalores formam as colunas de P. O resultado que vem a seguir, cuja demonstração pode ser encontrada por exemplo em [13], garante que se conseguirmos para cada autovalor, autovetores LI, então ao juntarmos todos os autovetores obtidos, eles continuarão sendo LI

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

421

ita l

A Matriz A é Diagonalizável em R

4.1

Proposição 4.6. Seja A uma matriz n × n. Se V1(1) , . . . , Vn(11) são autovetores LI associados a λ1 , V1(2) , . . . , Vn(22) são (k)

(k)

autovetores LI associados a λ2 , . . ., V1 , . . . , Vnk são autovetores LI associados a λk , com λ1 , . . . , λk distintos, então (1)

(1)

(k)

(k)

ig

{V1 , . . . , Vn1 , . . . , V1 , . . . , Vnk } é um conjunto LI

Exemplo 4.5. Considere o sistema x10 (t) x20 (t)

= x1 ( t ) − x2 ( t ) = −4x1 (t) + x2 (t)

D



Este sistema pode ser escrito na forma matricial como

óp

ia

X 0 (t) = AX (t),       0 1 −1 x1 ( t ) x1 ( t ) , A = e X ( t ) = . em que X 0 (t) = x20 (t) −4 1 x2 ( t ) Vamos determinar os autovalores e autovetores da matriz   1 −1 A= −4 1

Para esta matriz o polinômio característico é   1 − t −1 p(t) = det( A − tI2 ) = det = (1 − t)2 − 4 = t2 − 2t − 3 . −4 1 − t Como os autovalores de A são as raízes de p(t), temos que os autovalores de A são λ1 = 3 e λ2 = −1. Março 2012

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Reginaldo J. Santos

422

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Agora, vamos determinar os autovetores associados aos autovalores λ1 = 3 e λ2 = ¯ Como −1. Para isto vamos resolver os sistemas ( A − λ1 I2 ) Z = 0¯ e ( A − λ2 I2 ) Z = 0.   −2 −1 A − λ1 I2 = , −4 −2 então 

⇔

−2 −1 −4 −2



x y





=

0 0





⇔

−2x − y = 0 −4x − 2y = 0

ig

( A − λ1 I2 ) Z = 0¯

cuja solução geral é

W1 = {(α, −2α) | α ∈ R} = {α(1, −2) | α ∈ R}.

cuja solução geral é

ia

D

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 3 acrescentado o vetor nulo. Agora,      2 −1 x 0 ( A − λ2 I2 ) Z = 0¯ ⇔ = −4 2 y 0

W2 = {(α, 2α) | α ∈ R} = {α(1, 2) | α ∈ R},

óp

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = −1 acrescentado o vetor nulo. Assim, a matriz   1 −1 A= −4 1 é diagonalizável e as matrizes   1 1 P= −2 2 Tópicos de Equações Diferenciais

e

D=



λ1 0

0 λ2





=

3 0

0 −1

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Março 2012

423

A Matriz A é Diagonalizável em R

são tais que A = PDP−1 . Portanto, a solução geral do sistema é       x1 ( t ) 1 1 = c1 e3t + c2 e − t . x2 ( t ) −2 2

ita l

4.1

óp

ia

D

ig

Um gráfico mostrando diversas soluções aparecem na Figura 4.1. Este tipo de gráfico, em que desenhamos no plano cartesiano curvas ( x1 (t), x2 (t)) soluções do sistema, é chamado retrato de fase. As curvas são chamadas trajetórias. A disposição das trajetórias é típica de um sistema linear X 0 = AX, em que os autovalores de A são reais não nulos com sinais contrários. Neste caso, dizemos que a origem é um ponto de sela.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

424

x1

ia

D

ig

x2

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

óp

Figura 4.1. Trajetórias do sistema do Exemplo 4.5

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

425

A Matriz A é Diagonalizável em R

ita l

4.1

x1

ia

D

ig

x2

óp

Figura 4.2. Trajetórias do sistema do Exemplo 4.6

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

426

Exemplo 4.6. Considere o sistema 

x10 (t) x20 (t)

= 3x1 (t) − x2 ( t ) = −2x1 (t) + 2x2 (t)

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Para esta matriz o polinômio característico é p(t) = det( A − t I2 ) = det

3−t −2

−1 2−t



= (3 − t)(2 − t) − 2 = t2 − 5t + 4 .

D



ig

Vamos determinar os autovalores e autovetores da matriz do sistema   3 −1 A= −2 2

óp

cuja solução geral é

ia

Como os autovalores de A são as raízes de p(t), temos que os autovalores de A são λ1 = 1 e λ2 = 4. Agora, vamos determinar os autovetores associados aos autovalores λ1 = 1 e λ2 = 4. ¯ Para isto vamos resolver os sistemas ( A − λ1 I2 ) Z = 0¯ e ( A − λ2 I2 ) Z = 0.       2 −1 x 0 2x − y = 0 ( A − λ1 I2 ) Z = 0¯ ⇔ = ⇔ −2 1 y 0 −2x + y = 0

W1 = {(α, 2α) | α ∈ R} = {α(1, 2) | α ∈ R}.

Este é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 1 acrescentado o vetor nulo. Podemos tomar o autovetor V = (1, 2). Agora, ( A − λ2 I2 ) Z = 0¯ Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

427

A Matriz A é Diagonalizável em R

é



−1 −1 −2 −2



x y





=

0 0



cuja solução geral é

W2 = {(−α, α) | α ∈ R} = {α(−1, 1) | α ∈ R}.

ita l

4.1

D

ig

Este é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 4 acrescentado o vetor nulo. Podemos tomar o autovetor W = (−1, 1). Assim, a matriz A é diagonalizável e as matrizes       1 −1 λ1 0 1 0 P=[VW]= e D= = 2 1 0 λ2 0 4 são tais que

A = PDP−1 .

ia

Portanto, a solução geral do sistema de equações diferenciais é dada por       x1 ( t ) 1 −1 = c1 e t + c2 e4t . 1 x2 ( t ) 2

óp

O plano de fase com várias trajetórias é mostrado na Figura 4.2. A disposição das trajetórias é típica de um sistema linear X 0 = AX, em que os autovalores de A são reais e positivos. Neste caso, dizemos que a origem é um nó instável ou fonte. No caso em que os autovalores de A reais e negativos as trajetórias são semelhantes, mas percorridas no sentido contrário às da Figura 4.2. Neste caso, dizemos que a origem é um nó atrator ou sumidouro.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

428 Exemplo 4.7. Considere o seguinte problema de valor inicial 

 −3 0 2 X 0 =  −2 −1 2  X, −4 0 3



 0 X (0) =  1  0 

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

D

ig

 −3 0 2 Este sistema pode ser escrito como X 0 = AX, em que A =  −2 −1 2  . O −4 0 3 polinômio característico de A é   −3 − t 0 2 −1 − t 2 . p(t) = det( A − t I3 ) = det  −2 −4 0 3−t

Desenvolvendo o determinante em termos da 2a. coluna obtemos que   −3 − t 2 p(t) = (−1)(2+2) (−1 − t) det = (−1 − t)[(−3 − t)(3 − t) + 8] = −(1 + t)(t2 − 1) −4 3 − t

óp

ia

cujas raízes são λ1 = −1 e λ2 = 1 que são os autovalores de A. Os autovetores associados ao autovalor λ1 = −1 são os vetores Z 6= 0¯ que satisfazem AZ = λ1 Z, ou seja,       −2 0 2 x 0 + 2z  −2x −2x + 2z ( A − λ1 I3 ) Z = 0¯ ⇔  −2 0 2   y  =  0  ⇔  −4 0 4 z 0 −4x + 4z

= 0 = 0 = 0

cuja matriz aumentada é

 −2 0 2 0    −2 0 2 0  −4 0 4 0 

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

4.1

429

A Matriz A é Diagonalizável em R 

W1 = {( β, α, β) = α(0, 1, 0) + β(1, 0, 1) | α, β ∈ R} .

ita l

 −2 0 2 0 −1×1a. linha + 2a. linha −→ 2a. linha    0 0 0 0  −2×1a. linha + 3a. linha −→ 3a. linha 0 0 0 0 Assim, a solução geral do sistema que é o conjunto dos autovetores associados a λ1 = −1 acrescentado o vetor nulo é

cuja matriz aumentada é

D

ig

Portanto, V1 = (1, 0, 1) e V2 = (0, 1, 0) são autovetores linearmente independentes associados a λ1 = −1. Os autovetores associados ao autovalor λ2 = 1 são os vetores Z 6= 0¯ que satisfazem AZ = λ2 Z, ou seja,       −4 0 2 x 0 + 2z  −4x −2x − 2y + 2z ( A − λ2 I3 ) Z = 0¯ ⇔  −2 −2 2   y  =  0  ⇔  −4 0 2 z 0 −4x + 2z

= 0 = 0 = 0

 −4 0 2 0    −2 −2 2 0  −4 0 2 0

ia



 −4 0 2 0   − 12 ×1a. linha + 2a. linha −→ 2a. linha  0 −2 1 0  −1×1a. linha + 3a. linha −→ 3a. linha 0 0 0 0 Assim, a solução geral do sistema que é o conjunto dos autovetores associados a λ2 = 1 acrescentado o vetor nulo é

óp



W2

= {(α, α, 2α) = α(1, 1, 2) | α ∈ R}

Assim, W = (1, 1, 2) é um autovetor associado a λ2 = 1. Março 2012

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Reginaldo J. Santos

430

ig

Assim, a matriz A é diagonalizável em R e as matrizes   1 0 1 P = [V1 V2 W ] =  0 1 1  1 0 2 e     λ1 0 0 −1 0 0 D =  0 λ1 0  =  0 −1 0  0 0 λ2 0 0 1 são tais que A = PDP−1 .

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

D

Portanto, a solução geral do sistema de equações diferenciais é dada por       1 0 1 X ( t ) = c1 e − t  0  + c2 e − t  1  + c3 e t  1  1 0 2

ia

Substituindo t = 0 na solução geral e usando a condição inicial obtemos         0 1 0 1  1  = X (0) = c1  0  + c2  1  + c3  1  . 0 1 0 2

c2

óp

que é equivalente ao sistema linear   c1 

c1

+ c3 + c3 + 2c3

= 0 = 1 = 0

Resolvendo obtemos c1 = 0, c2 = 1 e c3 = 0. Assim, a solução do problema de valor inicial é   0 X (t ) = e−t  1  0 Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

4.1

431

A Matriz A é Diagonalizável em R

ita l

Exercícios (respostas na página 469)

1.1. Ache a solução geral do sistema de equações e desenhe o retrato de fase:  0  0 x1 ( t ) = x1 ( t ) + x2 ( t ) x1 ( t ) = (a) (b) x20 (t) = x1 (t) + x2 (t) x20 (t) =    2 1 −1 0 0 (c) X = X (d) X = 3 4    1 2 −3 −1 (e) X 0 = X (f) X 0 = 1 −2 0

ig

x1 ( t ) − 2x1 (t) +  8 X 1  −2 X −2

D

1.2. Encontre a solução geral do sistema  0 x1 (t) = 2ax1 (t) + x2 ( t ) x20 (t) = x1 (t) + 4ax2 (t)

x2 ( t ) 4x2 (t)

1.3. Considere o seguinte problema de valor inicial dL dt

 

dD dt





=

−k

0



L



−kr

k





,



D

L (0)





L0

= D (0)

 

D0

ia

em que L é o teor de material orgânico que pode ser aproveitado pelas bactérias como alimento e D é o déficit de oxigênio. (a) Encontre a solução do problema de valor inicial para k = 2 e kr = 3.

óp

(b) Encontre a solução do problema de valor inicial para k 6= kr . 1.4. Dois tanques interligados nos leva ao problema de valor inicial.  

dx dt dy dt





−2

=

3 2



x

 2

−4





,



y

x (0)





x0

= y (0)

 

y0

em que x e y são o desvios dos níveis de sal Q1 e Q2 dos seus respectivos pontos de equilíbrio. Março 2012

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Reginaldo J. Santos

432 (a) Encontre a solução do problema de valor inicial dado. (b) Faça um esboço das trajetórias. 1.5.

(a) Resolva o problema X 0 = AX em que  −4 A= −1

6 3



ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares



e X (0) =

1 −2



ig

(b) No plano de fase, esboce a curva solução X (t) encontrada no item (a).

1.7. Resolva o seguinte sistema



e

 1 X (0) =  1  −1

D

1.6. Resolva o seguinte problema de valor inicial   1 1 0 0 X X0 =  1 1 0 0 −1



ia

0 X 0 =  −3 −3

 −3 3 0 3 X −3 6

óp

Comando do pacote GAAL:

»fluxlin(A) desenha algumas trajetórias que são soluções do sistema de equações diferenciais X 0 (t) = AX (t).

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

433

4.2. A Matriz A é Diagonalizável em C

A Matriz A é Diagonalizável em C

4.2.1

Sistema com 2 Equações e 2 Incógnitas

ita l

4.2

ig

Considere, novamente, um sistema de equações diferenciais lineares  0 x1 (t) = ax1 (t) + bx2 (t) x20 (t) = cx1 (t) + dx2 (t)

em que 0

D

em que a, b, c, d ∈ R com b ou c não nulos. Neste caso a solução de uma equação depende da outra. Podemos escrever este sistema na forma de uma equação diferencial matricial X 0 (t) = AX (t), (4.22)



X (t) =

x10 (t) x20 (t)





,

A=

a c

b d

ia

Vamos supor, agora, que existam matrizes   v1 + iw1 v1 − iw1 P= e v2 + iw2 v2 − iw2



 X (t) =

e

 D=

α + iβ 0

x1 ( t ) x2 ( t )



0 α − iβ



.

,

óp

tais que

A = PDP−1 .

(4.23)

Substituindo-se (4.23) em (4.22) obtemos X 0 (t) = PDP−1 X (t).

Multiplicando-se à esquerda por P−1 , obtemos

Março 2012

P−1 X 0 (t) = DP−1 X (t). GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

434

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ita l

Fazendo a mudança de variável Y (t) = P−1 X (t), obtemos o sistema Y 0 (t) = DY (t), que pode ser escrito na forma  0 y1 ( t ) = y20 (t) =

(α + iβ) y1 (t)

(α − iβ) y2 (t)

ig

Este sistema foi resolvido no Exemplo 4.1 na página 403 e sua solução é y1 ( t )

= C1 e(α+iβ)t

y2 ( t )

= C2 e(α−iβ)t .

ia

D

Assim, a solução complexa da equação (4.22) é   C1 e(α+iβ)t X (t) = PY (t) = P . C2 e(α−iβ)t   v1 + iw1 v1 − iw1 Como P = , então a solução geral complexa é dada por v2 + iw2 v2 − iw2   v1 + iw1 v1 − iw1 C1 e(α+iβ)t = v2 + iw2 v2 − iw2 C2 e(α−iβ)t     v1 + iw1 v1 − iw1 (α+iβ)t (α−iβ)t C1 e + C2 e v2 + iw2 v2 − iw2 

óp

X (t)

=

=

(4.24)

As constantes C1 e C2 são complexas. Estamos interessados em encontrar a solução geral real. Para isto vamos escrever a solução complexa em termos de soluções reais. Defina       v1 + iw1 v1 + iw1 X1 (t) = Re e(α+iβ)t e X2 (t) = I m e(α+iβ)t v2 + iw2 v2 + iw2

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

435

A Matriz A é Diagonalizável em C então X (t) pode ser escrita como X (t)

ita l

4.2

= C1 ( X1 (t) + iX2 (t)) + C2 ( X1 (t) − iX2 (t)) = (C1 + C2 ) X1 (t) + i (C1 − C2 ) X2 (t)

ig

Logo, a solução geral complexa pode ser escrita em termos de soluções reais. To1 1 mando C1 = C2 = obtemos a solução X1 (t) e tomando C1 = −C2 = obtemos a 2 2i solução X2 (t).     i v 1 w1 det X1 (0) X2 (0) = det = det( P) 6= 0, v 2 w2 2

det( P)

D

pois  = det  v1 = v2

v1 − iw1 v2 − iw2

ia

=

    v1 + iw1 v1 − iw1 v1 v1 − iw1 w1 = det +i v2 + iw2 v2 − iw2 v2 v2 − iw2 w2        v1 v 1 w1 w1 v 1 w1 w1 + −i +i v2 v 2 w2 w2 v 2 w2 w2   v 1 w1 −2i det . v 2 w2

Logo, pelo Teorema 4.3 na página 409 a solução geral (real) do sistema é x1 ( t ) x2 ( t )



= c 1 X1 ( t ) + c 2 X2 ( t )       v1 + iw1 v1 + iw1 = c1 Re e(α+iβ)t + c2 I m e(α+iβ)t v2 + iw2 v2 + iw2           v1 w1 w1 v1 = c1 eαt cos βt − sen βt + c2 eαt cos βt + sen βt v2 w2 w2 v2

óp



Março 2012

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Reginaldo J. Santos



436

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Sistema com n Equações e n Incógnitas

Supondo que existam matrizes

P=



Z1

λ1  0        D =  ...       

0 λ1

Zk

ia óp

0

Zk

V2k+1

...

Vn

···

D



...

ig

Z1

ita l

4.2.2

..



0



.. .

        ,       

.

λk

0

0

λk λ2k+1 ..

···

. 0

e

0 λn

com λ1 , . . . , λk ∈ C e λ2k+1 , . . . λn ∈ R, tais que

Tópicos de Equações Diferenciais

A = PDP−1 . GoBack GoForward

(4.25) Março 2012

437

A Matriz A é Diagonalizável em C

ita l

4.2

A solução geral complexa é

 C1 eλ1 t   .. Vn   . 

X (t)

=



Z1

Z1

...

Zk

Zk

V2k+1

...

Cn eλn t

= C1 eλ1 t Z1 + C2 eλ1 t Z1 + · · · + C2k−1 eλk t Z1 + C2k eλk t Z1 +

ig

+ C2k+1 eλ2k+1 t Vn + · · · + Cn eλn t Vn

= (C1 + C2 )Re{eλ1 t Z1 } + i (C1 − C2 )I m{eλ1 t Z1 } + · · · + (C2k−1 + C2k )Re{eλk t Zk } + i (C2k−1 − C2k )I m{eλk t Zk } +

D

+ c2k+1 eλ2k+1 t Vn + · · · + cn eλn t Vn A solução geral real é X (t)

= c1 Re{eλ1 t Z1 } + c2 I m{eλ1 t Z1 } + · · · + c2k−1 Re{eλk t Zk } + c2k I m{eλk t Zk } +

ia

+ c2k+1 eλ2k+1 t V2k+1 + · · · + cn eλn t Vn pois pelo Teorema 4.3 na página 409, para

óp

X1 (t) = Re{eλ1 t Z1 },

X2 (t) = I m{eλ1 t Z1 }, . . . ,

X2k−1 = Re{eλk t Zk }, X2k = I m{eλk t Zk }, X2k+1 = eλ2k+1 t V2k+1 , . . . , Xn (t) = eλn t Vn ,

det

Março 2012



X1 ( 0 )

· · · Xn (0)



 = det Re{ Z1 } I m{ Z1 } · · · Re{ Zk } I m{ Zk } V2k i = ( )k det( P) 6= 0 2

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Reginaldo J. Santos

438

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Como Encontrar as Matrizes P e D

ita l

4.2.3

Vamos, agora, mostrar como determinar matrizes  P = Z1 Z1 . . . Zk Z k V2k+1  λ1 0 ···  0 λ1   ..  .   λk 0   . D =  .. 0 λk   λ2k+1     

...

Vn



ig

0

D

..

.. .

.

···

0

e 

0 λn

0

        ,       

com λ1 , . . . , λk ∈ C e λ2k+1 , . . . λn ∈ R, tais que A = PDP−1 .

ia

(4.26)

Vamos fazer exatamente a mesma coisa que fizemos para o caso em que a matriz A é diagonalizável em R. Multiplicando à direita por P ambos os membros da equação anterior, obtemos AP = PD . (4.27)

óp

Por um lado

AP

= =

A 



AZ1

e por outro lado  PD = λ1 Z1

Tópicos de Equações Diferenciais

Z1

Z1 AZ1

λ1 Z 1

Zk

...

...

...

AZk

λk Zk

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Zk

V2k+1 AZ k

λk Z k

...

Vn

AV2k+1

λ2k+1 V2k+1



...

...

AVn



λn Vn



.

Março 2012

439

A Matriz A é Diagonalizável em C

ita l

4.2

Assim, (4.27) pode ser reescrita como,   AZ1 AZ1 . . . AZk AZ k AV2k+1 . . . AVn   λ1 Z1 λ1 Z1 . . . λk Zk λk Z k λ2k+1 V2k+1 . . . λn Vn Comparando coluna a coluna obtemos que

ig

AZj = λ j Zj ,

AZ j = λ j Z j ,

para j = 1, . . . , k e

=

(4.28) (4.29)

D

AVj = λ j Vj ,

para j = 2k + 1, . . . n. Ou seja, as colunas de P e os elementos da diagonal de D satisfazem a equação AZ = λZ .

(4.30)

óp

ia

em que o escalar complexo λ e o vetor complexo Z são incógnitas. O escalar complexo λ é chamado autovalor (complexo) da matriz A e o vetor não nulo Z que satisfaça (4.30), é chamado de autovetor (complexo) de A. Observe que a equação (4.30) pode ser escrita como AZ = λIn Z

ou

( A − λIn ) Z = 0¯ .

(4.31)

Como os autovetores são vetores não nulos, os autovalores são os valores de λ, para os quais o sistema ( A − λIn ) Z = 0¯ tem solução não trivial. Mas, este sistema homogêneo tem solução não trivial se, e somente se, det( A − λIn ) = 0.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

440

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares Observe que a equação (4.29) é o conjugado da equação (4.28). Assim, temos um método para encontrar os autovalores e os autovetores complexos de uma matriz A.

(a) Os autovalores de A são as raízes do polinômio

p(t) = det( A − t In )

(4.32)

ig

(b) Para cada autovalor λ, os autovetores associados a λ são os vetores não nulos da solução do sistema ( A − λIn ) Z = 0¯ . (4.33)

Exemplo 4.8. Considere o sistema x10 (t) x20 (t)

= − x1 (t) + 2x2 (t) = − x1 ( t ) + x2 ( t )

ia



D

(c) Os autovetores associados ao autovalor conjugado λ = α − iβ são os conjugados dos autovetores associados a λ = α + iβ.

óp

Este sistema pode ser escrito na forma X 0 (t) = AX (t), em que   −1 2 A= −1 1 O polinômio característico da matriz A é p(t) = det( A − t I2 ) = (−1 − t)(1 − t)2 + 2 = t2 + 1 cujas raízes são λ1 = i e λ2 = λ1 = −i. Agora, vamos determinar os autovetores associados ao autovalor λ1 = i. Para isto vamos resolver o sistema ¯ ( A − λ1 I2 ) Z = 0.

( A − λ1 I2 ) Z = 0¯



⇔

−1 − i 2 −1 1−i

Tópicos de Equações Diferenciais



x y





=

0 0





⇔

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(−1 − i ) x + 2y = 0 − x + (1 − i ) y = 0 Março 2012

441

A Matriz A é Diagonalizável em C

cuja solução geral é

W1 = {((1 − i )α, α) | α ∈ C} = {α(1 − i, 1) | α ∈ C}.

ita l

4.2

são tais que

 e

D=

λ1 0

0 λ1





=

D

é diagonalizável em C e as matrizes   1−i 1+i P=[ZZ]= 1 1

ig

Este é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (1 − i, 1) é um autovetor associado a λ1 = i. E Z = (1 + i, 1) é um autovetor associado a λ2 = λ1 = −i. Assim, a matriz   −1 2 A= −1 1

i 0

0 −i



A = PDP−1 .

óp

ia

Portanto, a solução do sistema de equações diferenciais é dada por         x1 ( t ) 1−i 1−i it it = c1 Re e + c2 I m e x2 ( t ) 1 1           −1 −1 1 1 + c2 cos t + sen t − sen t = c1 cos t 1 1 0 0 Os gráficos de diversas soluções aparecem na Figura 4.3. A disposição das trajetórias é típica de um sistema linear X 0 = AX, em que os autovalores de A são complexos com a parte real igual a zero. Neste caso, dizemos que a origem é um centro.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

442

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

x1

ia

D

ig

x2

óp

Figura 4.3. Trajetórias do sistema do Exemplo 4.8

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

443

A Matriz A é Diagonalizável em C

ita l

4.2

x1

ia

D

ig

x2

óp

Figura 4.4. Trajetórias do sistema do Exemplo 4.9

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

444

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Exemplo 4.9. Considere o sistema 

x10 (t) x20 (t)

= −3x1 (t) + 2x2 (t), = −4x1 (t) + x2 (t).

A matriz do sistema é A=

−3 2 −4 1

 .

ig



( A − λ1 I2 ) Z = 0¯ ⇔



−2 − 2i 2 −4 2 − 2i

D

O polinômio característico de A é p(t) = det( A − t I2 ) = (−3 − t)(1 − t) + 8 = t2 + 2t + 5 cujas raízes são λ1 = −1 + 2i e λ2 = λ1 = −1 − 2i. Agora, vamos determinar os autovetores associados ao autovalor λ1 = −1 + 2i. Para isto vamos ¯ resolver o sistema ( A − λ1 I2 ) Z = 0. 

cuja solução geral é

x y





0 0

=





⇔

(−2 − 2i ) x + 2y = 0 −4x + (2 − 2i )y = 0

ia

W1 = {(α, (1 + i )α) | α ∈ C} .

óp

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = −1 + 2i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (1, 1 + i ) é um autovetor associado a λ1 = −1 + 2i. Temos também que Z = (1, 1 − i ) é um autovetor associado a λ2 = λ1 = −1 − 2i. Assim, a matriz A é diagonalizável em C e as matrizes 

P=[ZZ]=

1 1+i

1 1−i



eD=



λ1 0

0 λ1





=

−1 + 2i 0 0 −1 − 2i



são tais que

A = PDP−1 .

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

445

A Matriz A é Diagonalizável em C

ita l

4.2

Portanto, a solução do sistema de equações diferenciais é dada por         x1 ( t ) 1 1 (−1+2i )t (−1+2i )t = c1 Re e + c2 I m e x2 ( t ) 1+i 1+i           1 0 0 1 −t −t = c1 e cos 2t − sen 2t + c2 e cos 2t + sen 2t 1 1 1 1

D

ig

Plano de fase contendo diversas trajetórias aparecem na Figura 4.4. A disposição das trajetórias é típica de um sistema linear X 0 = AX, em que os autovalores de A são complexos com a parte real negativa. Neste caso, dizemos que a origem é um foco atrator ou sumidouro espiral. Se os autovalores de A fossem complexos com a parte real positiva as trajetórias seriam espirais crescentes percorridos no mesmo sentido às da Figura 4.4. Neste caso, diríamos que a origem era um foco instável ou fonte espiral.

Exemplo 4.10. Considere o seguinte problema de valor inicial 

  1 2 −1 1  X, X (0) =  −1 −1   2 1 2 1 é O polinômio característico de A =  0 −1 0 −1 −1  2−t 1 −1 − t p(t) = det( A − t I3 ) = det  0 0 −1

óp

ia

2 X0 =  0 0

 0 1  0

 2 . 1 −1 − t

Desenvolvendo o determinante em termos da 1a. coluna obtemos que   −1 − t 1 p(t) = (−1)2 (2 − t) det = (2 − t)[(−1 − t)2 + 1] = (2 − t)(t2 + 2t + 2) −1 −1 − t Março 2012

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Reginaldo J. Santos

446

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

cujas raízes são λ1 = 2, λ2 = −1 + i e λ3 = λ2 = −1 − i que são os autovalores de A. Os autovetores associados ao autovalor λ1 = 2 são os vetores Z 6= 0¯ que satisfazem AZ = λ1 Z, ou seja,

( A − λ1 I3 ) Z = 0¯

⇔

0  0 0

    2 x 0 1  y  =  0  −3 z 0

1 −3 −1

cuja matriz aumentada é 0

  0 0

1

2

0



 −3 1 0  −1 −3 0



− 13 ×2a. linha + 3a. linha −→ 3a. linha

⇔



D



 

y + 2z = 0 − 3y + z = 0 − y − 3z = 0

ig



0

1

2

0



ia

 0 −3 1 0    10 0 0 −3 0 Assim, a solução geral do sistema que é o conjunto dos autovetores associados a λ1 = 2 acrescentado o vetor nulo é

óp

W1 = {(α, 0, 0) | α ∈ C} .

Portanto, V = (1, 0, 0) é um autovetor associado a λ1 = 2. Os autovetores associados ao autovalor λ2 = −1 + i são os vetores Z 6= 0¯ que satisfazem AZ = λ2 Z, ou seja, 

3−i 0 ( A − λ2 I3 ) Z = 0¯ ⇔  0 Tópicos de Equações Diferenciais

1 −i −1

     2 x 0  (3 − i ) x 1  y  =  0  ⇔  −i z 0 GoBack GoForward

+ y + 2z = 0 − iy + z = 0 − y − iz = 0 Março 2012

447

A Matriz A é Diagonalizável em C

ita l

4.2

cuja matriz aumentada é 

3−i

1

2

0



 −i 1 0  −1 − i 0  3−i 1 2 0  a a a . . . −i 1 0 i ×2 linha + 3 linha −→ 3 linha  0 0 0 0 0 Assim, a solução geral do sistema que é o conjunto dos autovetores λ2 = −1 + i acrescentado o vetor nulo é

= {(α

  

associados a

−1 − 2i 1 7 , α, iα) | α ∈ C} = {(α(− − i ), α, iα) | α ∈ C}. 3−i 10 10

D

W2

0 0

ig

 

ia

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = −1 + i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (−1 − 7i, 10, 10i ) é um autovetor associado a λ2 = −1 + i. Temos também que Z = (−1 + 7i, 10, −10i ) é um autovetor associado a λ3 = λ2 = −1 + i. Assim, a matriz A é diagonalizável em C e as matrizes 

e

óp

1 P = [V Z Z ] =  0 0 

λ1 D= 0 0

0 λ2 0

 −1 − 7i −1 + 7i  10 10 10i −10i

  0 2 0 = 0 0 λ2

0 −1 + i 0

 0  0 −1 − i

são tais que

A = PDP−1 .

Março 2012

GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

448

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ig

Portanto, a solução geral real do sistema de equações diferenciais é dada por         −1 − 7i  −1 − 7i  1     + c3 I m e(−1+i)t  10 10 X (t) = c1 e2t  0  + c2 Re e(−1+i)t      10i 10i 0        1 −1 −7 = c1 e2t  0  + c2 e−t cos t  10  − sen t  0  + 0 0 10      −7 −1 + c3 e−t cos t  0  + sen t  10  10 0

D

Substituindo-se t = 0 na solução geral e usando a condição inicial obtemos         0 1 −1 −7  1  = X (0) = c1  0  + c2  10  + c3  0  . 0 0 0 10

ia

que é equivalente ao sistema linear  c2  c1 − 10c2 

−

7c3

10c3

= 0 = 1 = 0

óp

Obtemos c1 = 1/10, c2 = 1/10 e c3 = 0. Assim, a solução do problema de valor inicial é        1 −1 −7 1 2t  1 0  + e−t cos t  10  − sen t  0  X (t) = e 10 10 0 0 10

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

4.2

449

A Matriz A é Diagonalizável em C

ita l

Exercícios (respostas na página 483)

ig

2.1. Ache a solução geral do sistema de equações dado e desenhe o retrato de fase correspondente:  0  0 x1 (t) = − x1 (t) − 4x2 (t) x1 ( t ) = x1 ( t ) − x2 ( t ) (a) (b) x20 (t) = x1(t) − x2 ( t ) x20 (t) = 5x1 (t) + 3x2 (t) 1 1 5 3 (c) X 0 = X (d) X 0 = X − 3 − 2 − 3 1   0 2 (e) X 0 = X −2 0 2.2. Ache a solução geral do sistema de equações dado:  0 x1 ( t ) = ax1 (t) + 2x2 (t) (a) x20 (t) = −2x1 (t) para  0 a 6 = ±4 x1 ( t ) + x2 ( t ) x1 ( t ) = para (c) x20 (t) = ax1 (t) + x2 (t) a 6= 0

x10 (t) = x20 (t) = −2x1 (t) para a 6= 1/2 

D

(b)



ia

1 2.3. Considere o seguinte sistema de equações diferenciais X 0 =  −1 0

1 1 0

ax2 (t) − 2x2 (t)

 0 0  X. 1

óp

(a) Encontre a solução geral real do sistema.   1 (b) Encontre a solução tal que X (0) =  1 . 1

2.4. Um sistema massa-mola livre sem amortecimento é descrito pela equação diferencial mu00 + ku = 0.

(a) Transforme a equação acima em um sistema de equações equivalente fazendo

Março 2012

x1 ( t ) = u ( t )

e

x2 ( t ) = u 0 ( t ).

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Reginaldo J. Santos

450

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

óp

ia

D

ig

(b) Resolva o sistema homogêneo obtido no item anterior e obtenha u(t) a solução da equação diferencial mu00 + ku = 0.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

451

4.3. A Matriz A não é Diagonalizável

A Matriz A não é Diagonalizável

4.3.1

Sistema com 2 Equações e 2 Incógnitas

ita l

4.3

ig

Considere, novamente, um sistema de equações diferenciais lineares  0 x1 (t) = ax1 (t) + bx2 (t) x20 (t) = cx1 (t) + dx2 (t)

em que 0

D

em que a, b, c, d ∈ R com b ou c não nulos. Neste caso a solução de uma equação depende da outra. Podemos escrever este sistema na forma de uma equação diferencial matricial X 0 (t) = AX (t), (4.34)



X (t) =

x10 (t) x20 (t)





,

A=

a c

b d



 e

X (t) =

x1 ( t ) x2 ( t )

 .

ia

Pode-se mostrar (ver por exemplo [12]) que se uma matriz A, 2 × 2, não é diagonalizável, então existem matrizes     v 1 w1 λ 1 P= e J= v 2 w2 0 λ

óp

tais que

A = PJP−1 .

(4.35)

Substituindo-se (4.35) em (4.34) obtemos X 0 (t) = PJP−1 X (t).

Multiplicando-se à esquerda por P−1 , obtemos

Março 2012

P−1 X 0 (t) = JP−1 X (t). GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

452

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ita l

Fazendo a mudança de variável Y (t) = P−1 X (t), obtemos Y 0 (t) = JY (t),

= λ y1 ( t ) + y2 ( t ) = λ y2 ( t )

ig

que pode ser escrito na forma  0 y1 ( t ) y20 (t)

Este sistema foi resolvido no Exemplo 4.2 na página 404 e sua solução é y1 ( t ) y2 ( t )





=

D



c1 eλt + c2 teλt c2 eλt



Assim, a solução geral do sistema (4.34) é 

x1 ( t ) x2 ( t )



  w1 c1 eλt + c2 teλt w2 c2 eλt     v1 w1 λt λt λt (c1 e + c2 te ) + c2 e v2 w2       w1 v1 v1 λt λt +t , c1 e + c2 e w2 v2 v2 

=

ia

= =

PY (t) =

v1 v2

óp

pois pelo Teorema 4.3 na página 409, para       v1 v1 w1 λt λt , X1 ( t ) = e , X2 ( t ) = e +t v2 v2 w2

Tópicos de Equações Diferenciais

det



X1 ( 0 )

X2 ( 0 )





= det

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v1 v2

w1 w2



= det( P) 6= 0.

Março 2012

453

A Matriz A não é Diagonalizável

4.3.2

Sistema com n Equações e n Incógnitas

ita l

4.3

Pode-se mostrar (ver por exemplo [12]) que se uma matriz A, n × n, não é diagonalizável, então existem matrizes 



V1

V2



Vn

...

  e J= 

0¯ Jλ2

ig

P=

Jλ1 0¯ .. . 0¯

em que

1 λj .. . 0 0

D



ia

Jλ j

   =  

λj 0 .. . 0 0

0 1 .. . 0 0

··· ··· .. .

··· ···

0 0 .. . 1 λj

...

0¯ 0¯ .. . Jλk

... ... .. . 0¯

    

      

, n j ×n j

óp

tais que

A = PJP−1 .

Vamos considerar aqui (para o caso geral ver por exemplo [7]) somente o caso em que os blocos Jλ j têm tamanho no máximo 2 × 2, com λ j ∈ R. Ou seja, vamos supor que existam matrizes

Março 2012

P=



V1

W1

...

Vk

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Wk

V2k+1

...

Vn



e Reginaldo J. Santos

454

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares 

··· ..

. λk

1

0

λk

···

óp

V1

W1

...

0

0 λn

A = PJP−1 .

D X0

ia

A solução geral do sistema



.. .

        ,       

.

ig

..

com λ1 , . . . , λk ∈ R, tais que

=



λ2k+1

0

X (t)

0

ita l

1 λ1

λ1  0        J =  ...       

(4.36)

= AX é

Vk

Wk

V2k+1



...

c1 eλ1 t + c2 teλ1 t c 2 e λ2 t .. .

      eλk t + c2k teλk t  c Vn  2k−1  c2k eλk t   c2k+1 eλ2k+1 t  ..   . cn eλn t

              

= c1 eλ1 t V1 + c2 eλ1 t (tV1 + W1 ) + · · · + c2k−1 eλk t Vk + c2k eλk t (tVk + Wk ) + + c2k+1 eλ2k+1 t V2k+1 + · · · + cn eλn t Vn

pois pelo Teorema 4.3 na página 409, para

X1 (t) = eλ1 t V1 , X2 (t) = eλ1 t (tV1 + W1 ), . . . , X2k−1 (t) = eλk t Vk , X2k (t) = eλk t (tVk + Wk )

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

4.3

455

A Matriz A não é Diagonalizável

det

4.3.3



X1 ( 0 )

ita l

X2k+1 (t) = eλ2k+1 t V2k+1 , . . . , Xn (t) = eλn t Vn

· · · Xn (0)



= det( P) 6= 0.

Como Encontrar as Matrizes P e J

ig

Vamos, agora, mostrar como determinar matrizes 

em que



V1

V2



Vn

...

D

P=



ia

Jλ j

   =  

λj 0 .. . 0 0

1 λj .. . 0 0

  e J= 

0 1 .. . 0 0

··· ··· .. . ··· ···

Jλ1 0¯ .. . 0¯

0 0 .. . 1 λj

0¯ Jλ2

...

0¯ 0¯ .. .

... ... .. . 0¯

    

Jλk

      

, n j ×n j

óp

tais que

A = PJP−1 .

Vamos considerar aqui (para o caso geral ver por exemplo [12]) somente o caso em que os blocos Jλ j têm tamanho no máximo 2 × 2, com λ j ∈ R. Ou seja, vamos supor que existam matrizes

Março 2012

P=



V1

W1

...

Vk

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Wk

V2k+1

...

Vn



e Reginaldo J. Santos

456

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

···

1 λ1

0 com λ1 , . . . , λk ∈ R, tais que

..

.

0



.. .

        ,       

ita l

λ1  0        J =  ...       

λk

1

0

λk

λ2k+1

..

.

ig



···

0

0 λn

A = PJP−1 .

D

(4.37)

Multiplicando à direita por P ambos os membros da equação anterior, obtemos AP = PJ .

(4.38)

ia

Por um lado AP

  = A V1 W1 . . . Vk Wk V2k+1 . . . Vn   AV1 AW1 . . . AVk AWk AV2k+1 . . . AVn =

óp

e por outro lado  λ1 V1 PJ =

V1 + λ1 W1

...

λk Vk

Vk + λk Wk

λ2k+1 V2k+1

λn Vn

...

Assim, (4.38) pode ser reescrita como,   AV1 AW1 . . . AVk AWk AV2k+1 . . . AVn   λ1 V1 V1 + λ1 W1 . . . λk Vk Vk + λk Wk λ2k+1 V2k+1 . . . λn Vn

Tópicos de Equações Diferenciais

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.

=

Março 2012

457

A Matriz A não é Diagonalizável

ita l

4.3

Comparando-se coluna a coluna obtemos que

= λ j Vj ou ( A − λ j In )Vi = 0¯ = Vj + λ j Wj ou ( A − λ j In )Wj = Vj

AVj AWj

(4.39) (4.40)

ig

para e j = 1, 3, . . . , 2k − 1. Portanto, (a) De (4.39) segue-se que o vetor Vj é um autovetor de A associado ao autovalor λj. (b) De (4.40) segue-se que o vetor Wj é uma solução do sistema linear

Exemplo 4.11. Considere o sistema

A matriz do sistema é

x10 (t) x20 (t)

= − x1 ( t ) + x2 ( t ), = − x1 (t) − 3x2 (t).

ia



(4.41)

D

( A − λIn ) X = Vj .



A=

−1 1 −1 −3



.

óp

O seu polinômio característico é

p(t) = det( A − t I2 ) = (−1 − t)(−3 − t) + 1 = t2 + 4t + 4

que só tem uma raiz λ = −2. Os autovetores associados a λ = −2 são obtidos da solução do sistema linear ¯ ( A − λI2 ) Z = 0,

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

458 ou seja,  ou

1 −1 



1 −1

x y







0 0

=

x + y = 0 −x − y = 0

cuja solução geral é

ig

W1 = {(α, −α) | α ∈ R} = {α(1, −1) | α ∈ R}.

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Para isso vamos resolver o sistema linear

D

Este é o conjunto de todos os autovetores associados a λ = −2 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (1, −1) é um autovetor associado a λ = −2. Precisamos encontrar o vetor W tal que ( A − λI2 )W = V. 

( A − λI2 )W = V =

1 −1



ou seja, 1 −1

1 −1



x y





1 −1

ia



ou

x + y = 1 − x − y = −1

óp



=



cuja solução geral é

{(α, 1 − α) | α ∈ R}.

Tomando α = 0, obtemos o vetor W = (0, 1) que é tal que ( A − λI2 )W = V. Assim, as matrizes       1 0 λ 1 −2 1 P=[VW]= e J= = −1 1 0 λ 0 −2 Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

459

A Matriz A não é Diagonalizável

ita l

4.3

são tais que A = PJP−1 .

ig

Portanto, a solução geral do sistema é dada por         x1 ( t ) 1 0 1 = c1 e−2t + c2 e−2t +t . x2 ( t ) −1 1 −1

óp

ia

D

O plano de fase contendo diversas trajetórias aparecem na Figura 4.5. A disposição das trajetórias é típica de um sistema linear X 0 = AX, em que a matriz A não é diagonalizável em C e o único autovalor é negativo. Neste caso, dizemos que a origem é um nó impróprio.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

460

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

x1

ia

D

ig

x2

óp

Figura 4.5. Trajetórias do sistema do Exemplo 4.11

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

461

A Matriz A não é Diagonalizável

ita l

4.3

Exemplo 4.12. Considere o seguinte sistema de equações diferenciais 

2 X0 =  0 0

 1 1 3 1  X. −1 1 

D

ig

 2 1 1 3 1  . O poEste sistema pode ser escrito como X 0 = AX, em que A =  0 0 −1 1 linômio característico de A é   2−t 1 1 3−t 1 . p(t) = det( A − t I3 ) = det  0 0 −1 1 − t

ia

Desenvolvendo o determinante em termos da 1a. coluna obtemos que   3−t 1 p(t) = (−1)(1+1) (2 − t) det = (2 − t)[(3 − t)(1 − t) + 1] = (2 − t)(t2 − 4t + 4) = −(t − 2)3 −1 1 − t

óp

cuja única raiz é λ1 = 2 que é o autovalor de A. Os autovetores associados ao autovalor λ1 = 2 são os vetores Z 6= 0¯ que satisfazem AZ = λ1 Z, ou seja,       0 1 1 x 0 y + z  1 1  y  =  0  ⇔ y + z ( A − λ1 I3 ) Z = 0¯ ⇔  0  0 −1 −1 z 0 − y − z

= 0 = 0 = 0

Assim, a solução geral do sistema que é o conjunto dos autovetores associados a λ1 = 2 acrescentado o vetor nulo é

W1 = {( β, α, −α) = α(0, 1, −1) + β(1, 0, 0) | α, β ∈ R} .

Março 2012

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462

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Portanto, V1 = (0, 1, −1) e V2 = (1, 0, 0) são autovetores linearmente independentes associados a λ1 = 2. Precisamos encontrar o vetor W tal que

( A − λ1 I3 )W = V,

ig

em que V é um autovetor de A associado a λ1 = 2, ou seja, V = ( β, α, −α). Assim,         y + β 0 1 1 x β  y + 1 1  y  =  α  ⇔ ( A − λ1 I3 ) X =  α  ⇔  0  − y − −α 0 −1 −1 z −α

z z z

= β = α = −α

D

Do sistema obtemos que α = β. Tomando α = β = 1 obtemos V3 = (1, 1, −1) e vamos resolver o sistema   1 ( A − λ1 I3 )W = V3 =  1  −1 ou



cuja solução geral é

y y y

+ z = 1 + z = 1 − z = −1

ia

 

−

óp

{(γ, 1 − δ, δ) | δ, γ ∈ R}

Tomando δ = γ = 0 obtemos W = (0, 1, 0). Assim, temos AV3 = 2V3 ,

( A − 2I3 )W = V3 ⇔ AW = 2W + V3 , AV2 = 2V2 .

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

463

A Matriz A não é Diagonalizável

ita l

4.3

Logo, juntando as equações acima em uma única matriz temos

[ AV3 AW AV2 ] = [2V3 2W + V3 2V2 ] m  1 0 2 0 . 0 2  1 0 Como V3 , W e V2 são LI, a matriz P = [V3 W V2 ] =  1 1 −1 0 assim multiplicando (4.42) à direita pela inversa de P obtemos 

2 A[V3 W V2 ] = [V3 W V2 ]  0 0

ig

(4.42)

D

 1 0  tem inversa e 0

A = PJP−1 , 

= c1 eλ1 t V3 + c2 e2t (W + tV3 ) + c3 eλ1 t V2         1 0 1 1 = c1 e2t  1  + c2 e2t  1  + t  1  + c3 e2t  0  . −1 0 −1 0

óp

X (t)

ia

 2 1 0 em que J =  0 2 0 . Aqui poderíamos ter escolhido no lugar de V2 = (1, 0, 0) 0 0 2 qualquer combinação linear de V1 = (0, 1, −1) e V2 = (1, 0, 0) desde que não seja um múltiplo escalar de V3 = (1, 1, 0) (Veja por que no Exercício 3.4). Portanto, a solução geral do sistema é

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

464

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

Demonstração do Teorema de Existência e Unicidade

ita l

4.3.4

Demonstração do Teorema 4.1 na página 406. (a) Existência: Defina a sequência X (k) (t) por X ( k ) ( t ) = X (0) +

Z t t0

( A(s) X (k−1) (s) + F (s))ds,

Assim, cada componente X (k) (t) é dada por (0)

= xi

Sejam M, N > 0 tais que

Z t

n

D

(k)

xi

+

(0)

| xi (t) − xi | ≤ N,

óp

Então,

(2)

(1)

| xi (t) − xi (t)| ≤

Tópicos de Equações Diferenciais

(s) + f i (s))ds.

para i, j = 1, . . . n e t ∈ I

ia (1)

( k −1)

( ∑ aij (s) x j

t0 j =1

| aij (t)| ≤ M,

para k = 1, 2, . . .

ig

X (0) ( t ) = X (0) ,

(4.43)

para i = 1, . . . n e t ∈ I

Z t n

∑ |aij (s)||x1j (s) − x0j |ds

t0 j =1

≤M

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Z t n

∑ |xj

t0 j =1

(1)

(0)

(s) − x j |ds ≤ nMN (t − t0 )

Março 2012

465

A Matriz A não é Diagonalizável (3)

(2)

| xi (t) − xi (t)| ≤

Z t n

∑ |aij (s)||x j

(s) − x j (s)|ds

Z t n

(1)

(2)

t0 j =1

≤M

ita l

4.3

(1)

n Z t

∑ |x j (s) − x j (s)|ds ≤ nM2 N ∑ (2)

t0 j =1

j =1 t0

|s − t0 |ds

Por indução (k)

(t) − xi (t)| ≤

∑ |aij (s)||x j

(k)

t0 j =1

Z t n

( k −1)

(s) − x j

(s)|ds

( k −1)

∑ | x j (s) − x j (k)

t0 j =1

n Z t

(s)|ds ≤ M ∑

j =1 t0

ia

≤M

Z t n

D

( k +1)

| xi

| t − t0 |2 2

ig

≤ n2 M 2 N

n k −1 M k −1 N

| s − t 0 | k −1 ds ( k − 1) ! ≤ nk Mk N

| t − t0 | k k! (k)

óp

Usando o mesmo argumento usado na demonstração do Teorema 1.1 na página 96 temos que xi (t) é uma sequência convergente. Seja (k)

xi (t) = lim xi (t). k→∞

Também pelo mesmo argumento usado na demonstração do Teorema 1.1 na página 96 temos que xi (t) é contínua e vale lim

Z t

n

k → ∞ t0 j =1

Março 2012

( k −1)

( ∑ aij (s) x j

(s) + f i (s))ds =

Z t

n

( ∑ aij (s) x j (s) + f i (s))ds.

t0 j =1

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Reginaldo J. Santos

466 Assim, (k)

(0)

xi (t) = lim xi (t) = xi k→∞

+ lim

Z t

n

( k −1)

( ∑ aij (s) x j

k → ∞ t0 j =1

=

(0) xi

+

Z t

(s) + f i (s))ds =

n

( k −1)

( ∑ aij (s) lim x j k→∞

t0 j =1

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

(s) + f i (s))ds = (0)

+

Z t

ig

= xi

n

( ∑ aij (s) x j (s) + f i (s))ds

t0 j =1

Derivando em relação a t esta equação vemos que xi (t) é solução do problema de valor inicial.

D

(b) Unicidade: Sejam X (t) e Y (t) duas soluções do problema de valor inicial (4.2). Então, Z (t) = X (t) − Y (t)

0

ia

é solução do problema de valor inicial (4.2) com X (0) = 0 e F (t) = 0. Assim, temos que mostrar que Z (t) = 0, para todo t. Rt Seja u(t) = t (|z1 (s)| + · · · + |zn (s)|)ds. Como z1 ( t ) =

Z t t0

z10 (s)ds, . . . , zn (t) =

Z t t0

z0n (s)ds,

então por (4.43) temos

Z t

óp

|z1 (t)| + · · · + |zn (t)| ≤

Tópicos de Equações Diferenciais

0

(|z10 (s)| + · · · + |z0n (s)|)ds ≤

Z t n

n

∑ ∑ |aij (s)||z j (s)|ds

0 i =1 j =1

≤ nM GoBack GoForward

Z t 0

(|z1 (s)| + · · · + |zn (s)|)ds = nMu(t), Março 2012

467

A Matriz A não é Diagonalizável para t ∈ I, ou seja,

u0 (t) ≤ nMu(t).

Multiplicando a inequação acima por e−nMt obtemos d −nMt (e u(t)) ≤ 0, dt

ita l

4.3

com u(t0 ) = 0.

ig

Isto implica que u(t) = 0, para todo t (verifique!) e portanto Z (t) = 0, para t ∈ I.



Como consequência do resultado que acabamos de provar temos o resultado abaixo para existência e unicidade de soluções de equações lineares de 2a. ordem.

D

Demonstração do Teorema 2.1 na página 158. Sejam x1 (t) = y(t) e x2 (t) = y0 (t). O problema de valor inicial é equivalente ao problema  0 X (t) = A(t) X (t) + F (t) X ( t 0 ) = X (0)

 A(t) =

ia

em que 0 −q(t)

1 − p(t)





,

X (t) =

x1 ( t ) x2 ( t )



 F (t) =

 e

X

(0)



=

y0 y00

 .



óp

A conclusão segue-se da aplicação do Teorema 4.1.

0 f (t)

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

468

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ita l

Exercícios (respostas na página 494)

3.1. Ache a solução geral do sistema de equações dado e desenhe o seu retrato de fase:  0  0 x1 (t) = 3x1 (t) − 4x2 (t) x1 (t) = 4x1 (t) (a) (b) x20 (t) = x1 ( t ) − x2 ( t ) x20 (t) = 8x1 (t) 

(b)

x10 (t) x20 (t)

= ax2 (t) = −2x1 (t) − 2x2 (t) 

ig

3.2. Ache a solução geral do sistema de equações dado:  0 x1 ( t ) = ax1 (t) + 2x2 (t) (a) x20 (t) = −2x1 (t)

− 2x2 (t) − 4x2 (t)



1 2 3 0  X. −1 2

D

3 3.3. Considere o seguinte sistema de equações diferenciais X 0 =  −1 1 (a) Encontre a solução geral do sistema. 

 1 (b) Encontre a solução tal que X (0) =  0 . 1

óp

ia

3.4. Mostre que se V e V3 são autovetores linearmente independentes de uma matriz A, n × n e W ∈ Rn é tal que ( A − λIn )W = V3 , então {V, V3 , W } é um conjunto linearmente independente.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

469

4.4. Respostas dos Exercícios

Respostas dos Exercícios

ita l

4.4

ig

1. A Matriz A é diagonalizável em R (página 431)     1 −1 2 0 1.1. (a) As matrizes P = eD= são tais que A = PDP−1 . 1 1 0 0 A solução geral é       x1 ( t ) 1 −1 = c1 e2t + c2 . x2 ( t ) 1 1

x1

óp

ia

D

x2



(b) As matrizes P =

   2 0 −1 1 eD= são tais que A = PDP−1 . 1 −2 0 3

A solução geral é       x1 ( t ) −1 1 = c1 e2t + c2 e3t . x2 ( t ) 1 −2

Março 2012

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470 x2

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ia

D

ig

x1



  1 1 eD= 3 0

óp

1 (c) As matrizes P = −1

 0 são tais que A = PDP−1 . 5

A solução geral é



x1 ( t ) x2 ( t )



= c1 e t



Tópicos de Equações Diferenciais

1 −1



+ c2 e5t



1 3

 .

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Março 2012

471

Respostas dos Exercícios x2

4

ita l

4.4

3

2

1

0

ig

x1

−1

−2

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

ia

−4

D

−3



4 −1

  2 −3 eD= 1 0

óp

(d) As matrizes P =

 0 são tais que A = PDP−1 . 3

A solução geral é 

Março 2012

x1 ( t ) x2 ( t )



= c1 e−3t



4 −1



+ c2 e3t



2 1

 .

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472

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ita l

x2

4

3

2

1

0

ig

x1

−1

−2

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

ia

−4

D

−3



1 1

  3 −1 eD= 1 0



1 1

óp

(e) As matrizes P =

 0 são tais que A = PDP−1 . 1

A solução geral é 

x1 ( t ) x2 ( t )



= c1 e − t

Tópicos de Equações Diferenciais



+ c2 e t



3 1

 .

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Março 2012

473

Respostas dos Exercícios x2

4

ita l

4.4

3

2

1

0

ig

x1

−1

−2

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

ia

−4

D

−3



  1 −2 eD= 0 0

2 1

óp

(f) As matrizes P =

 0 são tais que A = PDP−1 . −1

A solução geral é 

Março 2012

x1 ( t ) x2 ( t )



= c1 e−2t



2 1



+ c2 e − t



1 0

 .

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474

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ita l

x2

4

3

2

1

0

ig

x1

−1

−2

−4

D

−3

−4

−a +



3a+

1.2. P =

√ 1 √

a2 + 1 a2 + 1

−a −

√

a2 + 1

1 0 √

−2

−1

0

1

2

3

4



ia



−3



1.3.

óp

D= 0 3 a − a2 + 1   x1 ( t ) = x2 ( t ) √   √ 2 +1) t − a + a2 + 1 ( 3a + a c1 e 1 √   √ 2 − a − a2 + 1 + c2 e(3a− a +1)t . 1

(a) Os autovalores são as raízes de p(t) = (t + 2)(t + 3) = 0, ou seja, λ = −2 ou λ = −3.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

475

Respostas dos Exercícios

ita l

4.4

Os autovetores associados a λ1 = −2 são calculados pelo sistema:      0 0 u 0 = 2 −1 v 0

X (t) =

L(t) D (t)





1 2

D

e logo um autovetor é W2 = (0, 1). A solução geral é 

ig

e logo um autovetor é W1 = (1, 2). Os autovetores associados a λ2 = −3 são calculados pelo sistema:      1 0 u 0 = 2 0 v 0

= c1 e

−2t



+ c2 e

−3t



0 1

 .

ia

Substituindo t = 0 na solução, ou seja,         L (0) 1 0 L0 = c1 + c2 = . D (0) 2 1 D0 que é equivalente ao sistema linear

óp



c1 2c1

+ c2

= =

L0 D0

Obtemos c1 = L0 e c2 = D0 − 2L0 . Assim, a solução do problema de valor inicial é       L(t) 1 0 −2t −3t = L0 e + ( D0 − 2L0 ) e . D (t) 2 1

(b) Os autovalores são as raízes de p(t) = (t + k)(t + kr ) = 0, ou seja, λ = −k ou λ = −kr . Março 2012

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Reginaldo J. Santos

476

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares Os autovetores associados a λ1 = −k são calculados pelo sistema:      0 0 u 0 = k kr − k v 0

ig

e logo um autovetor é W1 = (kr − k, k). Os autovetores associados a λ2 = −kr são calculados pela sistema:      −k + kr 0 u 0 = k 0 v 0

D

e logo um autovetor é W2 = (0, 1). A solução geral é       0 kr − k L(t) . + c2 e − k r t = c1 e−kt 1 k D (t)

ia

Substituindo t = 0 na solução, ou seja,         L (0) kr − k 0 L0 = c1 + c2 = . D (0) k 1 D0

óp

que é equivalente ao sistema linear 

( k r − k ) c1 kc1

+ c2

= =

L0 D0

0 Obtemos c1 = krL−0 k e c2 = D0 − kkL . Assim, a solução do problema de valor inicial é       r −k  L(t) kr − k 0 −kr t 0 = krL−0 k e−kt + D0 − kkL e . r −k D (t) k 1

1.4.

(a) Os autovalores são as raízes de λ2 + 6λ + 5 = 0, ou seja, λ = −1 ou λ = −5.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

477

Respostas dos Exercícios

ita l

4.4

Os autovetores associados a λ1 = −1 são calculados pelo sistema:       −1 32   u = 0 v 0 2 −3

ig

e logo um autovetor é W1 = (3, 2). Os autovetores associados a λ2 = −5 são calculados pela sistema:      3 23   u = 0  v 0 2 1

D

e logo um autovetor é W2 = (1, −2). A solução geral é       x (t) 1  = c1 e−t 3 + c2 e−5t X (t) =  . 2 −2 y(t)

ia

Substituindo t = 0 na solução, ou seja,         x (0) 3 1 x0 = c1 + c2 = . y (0) 2 −2 y0

óp

que é equivalente ao sistema linear

2x +y



3c1 2c1

+ c2 − 2c2

= x0 = y0

2x −3y

0 0 0 0 Obtemos do problema de valor inicial é  c1 =  8  e c2 = 8  . Assim,   a solução   x (t) 3 1 X (t) = = 2x08+y0 e−t + 2x0 −8 3y0 e−5t . y(t) 2 −2

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

478

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares (b) 4

y

3

2

ig

1

0

x

−1

−3

−4 −4

1.5.

(a)

D

−2

−3

−2

−1

0



ia

A=

1

−4 6 −1 3

2

3

4



óp

O polinômio característico de A é p(t) = det( A − t I2 ) = (−4 − t)(3 − t) = t2 + t − 6 cujas raízes são λ1 = −3, λ2 = 2.

é

( A − λ1 I2 ) X = 0¯ 

−1 6 −1 6



x y





=

0 0



cuja solução geral é

Tópicos de Equações Diferenciais

W1 = {α(6, 1) | α ∈ R} . GoBack GoForward

Março 2012

479

Respostas dos Exercícios

ita l

4.4

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = −3 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (6, 1) é um autovetor associado a λ1 = −3.

( A − λ2 I2 ) X = 0¯ é



−6 6 −1 1

x y





=

0 0



ig

cuja solução geral é



W2 = {α(1, 1) | α ∈ R} .

ia

Substituindo-se t = 0:

D

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 2 acrescentado o vetor nulo. Assim, W = (1, 1) é um autovetor associado a λ2 = 2. Assim, a solução do sistema é dada por     6 1 X (t) = c1 e−3t + c2 e2t 1 1



X (0)

=

1 −2





= c1

6 1





+ c2

1 1



óp

De onde obtemos que c1 = 3/5 e c2 = −13/5 e portanto a solução do problema de valor inicial é     13 3 −3t 6 1 e − e2t X (t) = 1 1 5 5 Fazendo a mudança de variáveis t0 = e2t podemos escrever a solução do PVI como     3 1 13 0 1 6 X (t) = − t 1 5 t01/3 1 5

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

480

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares que é semelhante a uma hipérbole. x2 20 15 10 5

-20

-15

-10

-5

5

10

15

ig

x1 20

-5

-15 -20

1.6.

D

-10



ia

1 A= 1 0

1 1 0

 0 0  −1

é

óp

O polinômio característico de A é p(t) = det( A − t I3 ) = (−1 − t)[(1 − t)2 − 1] = −t(t + 1)(t − 2) cujas raízes são λ1 = 0, λ2 = −1 e λ3 = 2.

Tópicos de Equações Diferenciais

( A − λ1 I3 ) X = 0¯ 

1  1 0

1 1 0

    0 x 0 0  y  =  0  −1 z 0

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Março 2012

481

Respostas dos Exercícios cuja solução geral é

ita l

4.4

W1 = {α(1, −1, 0) | α ∈ R} .

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 0 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (1, −1, 0) é um autovetor associado a λ1 = 0.

( A − λ2 I3 ) X = 0¯ 

2  1 0

1 2 0

    0 x 0 0  y  =  0  0 z 0

cuja solução geral é

ig

é

D

W2 = {α(0, 0, 1) | α ∈ C} .

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = −1 acrescentado o vetor nulo. Assim, W = (0, 0, 1) é um autovetor associado a λ2 = −1.

( A − λ3 I3 ) X = 0¯

é



óp

cuja solução geral é

ia

    −1 1 0 x 0  1 −1 0  y  =  0  0 0 −3 z 0

W3 = {α(1, 1, 0) | α ∈ C} .

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ3 = 2 acrescentado o vetor nulo. Assim, U = (1, 1, 0) é um autovetor associado a λ3 = −1. Assim, a solução do sistema é dada por X (t)

Março 2012

=



     1 0 1 c1  −1  + c2 e−t  0  + c3 e2t  1  0 1 0 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

482

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares Substituindo-se t = 0: 

       1 1 0 1 X (0) =  1  = c1  −1  + c2  0  + c3  1  −1 0 1 0

1.7.



ig

de onde obtemos c1 = 0, c2 = −1 e c3 = 1. Assim, a solução do problema de valor inicial é     0 1 X (t) = −e−t  0  + e2t  1  1 0  −3 3 0 3  −3 6

D

0 A =  −3 −3

O polinômio característico de A é p(t) = det( A − t I3 ) = t(t2 − 6t + 9) cujas raízes são λ1 = 0 e λ2 = 3.

ia

( A − λ1 I3 ) X = 0¯

é



óp

0  −3 −3

    −3 3 x 0 0 3  y  =  0  −3 6 z 0

cuja solução geral é

W1 = {α(1, 1, 1) | α ∈ R} .

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 0 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (1, 1, 1) é um autovetor associado a λ1 = 0.

Tópicos de Equações Diferenciais

( A − λ2 I3 ) X = 0¯ GoBack GoForward

Março 2012

483

Respostas dos Exercícios

ita l

4.4

é 

    −3 −3 3 x 0  −3 −3 3   y  =  0  −3 −3 3 z 0 cuja solução geral é

ig

W2 = {α(1, 0, 1) + β(0, 1, 1) | α, β ∈ R} .

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 3 acrescentado o vetor nulo. Assim, W1 = (1, 0, 1) e W2 = (0, 1, 1) são autovetores linearmente independentes associados a λ2 = 3.

D

Assim, a solução do sistema é dada por



=

ia

X (t)

     1 1 0 c1  1  + c2 e3t  0  + c3 e3t  1  1 1 1

2. A Matriz A é diagonalizável em C (página 449)



   −2 i −1 + 2 i 0 eD= são tais que A = PDP−1 . 1 0 −1 − 2 i

óp

2.1.

2i (a) As matrizes P = 1

A solução geral é        x1 ( t ) 0 2 − t = c1 e cos 2t − sen 2t + x2 (t) 0   1  2 0 c2 e−t cos 2t + sen 2t 0 1

Março 2012

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484

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares x2



1 −2 i − 1

  1 2i +2 eD= 2i −1 0

óp

(b) P =

ia

D

ig

x1



x1 ( t ) x2 ( t)

c2 e2t



= c1  cos 2t

e2t





1 −1

cos 2t  0 + sen 2t −2

Tópicos de Equações Diferenciais

 0 são tais que A = PDP−1 . 2−2i





− sen 2t 

0 −2



+

1 −1

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Março 2012

485

Respostas dos Exercícios

ita l

4.4

x2

ia

D

ig

x1



"  2√ − 21 − eD= −3 + 3 i 0

√

3i 2

0 1 −2 +

# √

3i 2

são tais que A = PDP−1 .

óp

2√ (c) As matrizes P = −3 − 3 i A solução geral é

    √  √  t 0 x1 ( t ) 2 3 3 − √ 2 = c1 e cos 2 t − sen 2 t + x2 ( t ) −3 3      √ √ t 0 2 c2 e− 2 cos 23 t √ + sen 23 t − 3 3 

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

486

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ita l

x2 1.5

1

0.5

0

ig

x1

−0.5

−1

D

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

ia

−1.5



√   3√ 3− 5i eD= −2 + 5 i 0

3+

1.5

0√

 5i

são tais que A = PDP−1 .

óp

3√ (d) As matrizes P = −2 − 5 i

1

A solução geral é

      √ √ 0 x1 ( t ) 3 3t √ = c1 e cos 5t − sen 5t + x2 ( t ) −2 5      √ √ 0 3 c2 e3t cos 5t √ + sen 5t − 2 5



Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

487

Respostas dos Exercícios x2

3

ita l

4.4

2

1

0

ig

x1

−1

−3

−2

−1

0

1

2

3

ia

−3

D

−2



1 −i

  1 −2 i eD= i 0

óp

(e) As matrizes P =

 0 são tais que A = PDP−1 . 2i

A solução geral é 

c2

Março 2012

x1 ( t ) x2 (t)







= c1 cos 2t   0 cos 2t + sen 2t 1

1 0



1 0



− sen 2t 

0 1



+

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Reginaldo J. Santos

488

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ita l

x2

3

2

1

0

ig

x1

−1

−3 −3

2.2.

(a) Se | a | > 4:

D

−2

−2

√4 √4 P= 2 − 16 − a − a2 − 16 − a + a " # 0

Se | a | < 4:

4 √

1

2

3



0

√ a− a2 −16 2

4 √ − a − #i 16 − a2



óp

P=

0

ia

D=

√ a+ a2 −16 2

−1

D=

i 16 − a2 " −a + √ 2 a+i 16− a 2

0

√ a−i 16− a2 2

0 Se | a | > 4:     √ a+ a2 −16 4 x1 ( t ) ( ) t √ 2 = c1 e + x2 ( t ) − a + a2 − 16

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

489

Respostas dos Exercícios √

c2

a− e(

a2 −16 )t 2



√4 − a − a2 − 16

 .

D

ig

Se 4:    | a| <  √ at 2 4 x1 ( t ) = c1 e 2 (cos( 162−a t) −a x2 ( t )   √ at 0 2 − e 2 sen( 162−a t) √ )+ 16 − a2   √ at 0 c2 e 2 (cos( 16 − a2 t) √ 16− a2  √ at 4 + e 2 sen( 16 − a2 t) ) −a Se  a = ±4:     x1 ( t ) ±2 1 ± 2t ± 2t = ( c1 + c2 t ) e + c2 e x2 ( t ) −2 0

ita l

4.4

ia

(b) Se a <   1/2: √ √ −1 + 1 − 2a −1 − 1 − 2a P= 2 2 √   −1 + 1 − 2a 0 √ D= 0 −1 − 1 − 2a

óp

Se a >  1/2: √  √ −1 + i 2a − 1 −1 − i 2a − 1 P= 2 2 √   −1 + i 2a − 1 0 √ D= 0 −1 − i 2a − 1

Se  a < 1/2:    √ √ x1 ( t ) −1 + 1 − 2a (− 1 + 1 − 2a ) t = c1 e + x2 ( t ) 2   √ √ −1 − 1 − 2a c2 e(−1− 1−2a)t . 2

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

490

(c) Se a > " 0:

# − √1a P= 1 1   √ 1+ a 0√ D= 0 1− a

ia

Se a < # " 0: i √i − √− a − a P= 1 1   √ 1 + i −a 0√ D= 0 1 − i −a

D

√1 a

ig

Se  a > 1/2:    √ x1 ( t ) −1 − t = c1 e (cos( 2a − 1t) x2 ( t ) 2  √  √ 2a − 1 − e−t sen( 2a − 1t) )+ 0  √  √ 2a − 1 c2 e−t (cos( 2a − 1t)   0 √ − 1 + e−t sen( 2a − 1t) ) 2

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

óp

Se " # " #  a > 0: √ √ √1 √1 − x1 ( t ) ( 1 + a ) t ( 1 − a ) t a a = c1 e + c2 e . x2 ( t ) 1 1 Se  a < 0:   √ x1 ( t ) 0 = c1 (et cos( − at) x2 ( t ) 1 " # 1 √ √ − −a − et sen( − at) )+ 0

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

"

− √1−a c2 (et cos( − at) 0   √ 0 ). + et sen( − at) 1 √

2.3.

491

Respostas dos Exercícios #

(a) 

1 1 0

 0 0  1

ig

1 A =  −1 0

ita l

4.4

D

O polinômio característico de A é p(t) = det( A − t I3 ) = (1 − t)[(1 − t)2 + 1] = (1 − t)(t2 − 2t + 2) cujas raízes são λ1 = 1, λ2 = 1 + i e λ3 = λ2 = 1 − i.

( A − λ1 I3 ) X = 0¯

é



ou

1 0 0

ia

0  −1 0  

óp



−x

    0 x 0 0  y  =  0  0 z 0 y

= 0 = 0 0 = 0

cuja solução geral é

W1 = {(0, 0, α) | α ∈ R} .

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ1 = 1 acrescentado o vetor nulo. Assim, V = (0, 0, 1) é um autovetor associado a λ1 = 1.

Março 2012

( A − λ2 I3 ) X = 0¯ GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

492

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares é

    −i 1 0 x 0  −1 − i 0  y  =  0  0 0 −i z 0 

ou

cuja solução geral é

+ y − iy

= 0 = 0 iz = 0

ig

  −ix −x 

D

W2 = {(α, iα, 0) | α ∈ C} .

que é o conjunto de todos os autovetores associados a λ2 = 1 + i acrescentado o vetor nulo. Assim, Z = (1, i, 0) é um autovetor associado a λ2 = 1 + i.

ia

Temos também que Z = (1, −i, 0) é um autovetor associado a λ3 = λ2 = 1 − i. Assim, a matriz A é diagonalizável em C e as matrizes 

0 P = [V Z Z ] =  0 1

óp

e



λ1 D= 0 0

0 λ2 0

  0 1 0 = 0 0 λ2

1 i 0

 1 −i  0

0 1+i 0

 0 0  1−i

são tais que

Tópicos de Equações Diferenciais

A = PDP−1 . GoBack GoForward

Março 2012

493

Respostas dos Exercícios

ita l

4.4

Assim, a solução do sistema é dada por

   1 0  c 1 e t  0  + c 2 R e e (1+ i ) t  i  0 1    1   + c 3 I m e (1+ i ) t  i    0   0 c1 e t  0  + 1     1 0 + c2 et cos t  0  − sen t  1 0 0     0 + c3 et cos t  1  + sen t  0 

=

ig

X (t)

   + 



 +

 1 0  0

ia

D

=

(b) Substituindo t = 0 na solução, ou seja,

       1 0 1 0  1  = X (0) = c1  0  + c2  0  + c3  1  . 1 1 0 0

óp



que é equivalente ao sistema linear

Março 2012

  

c2 c3 c1

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= 1 = 1 = 1 Reginaldo J. Santos

494

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

2.4.

(a)

− mk x1 (t)

x2 ( t )

ou em termos de matrizes, X 0 (t) = AX (t), em que A =

(b) As matrizes "

D

x10 (t) = x 0 (t) =  2  0 1 . − mk 0 

ig

Obtemos c1 = 1, c2 = 1 e c3 = 1. Assim, a solução do problema de valor inicial é        1 0 0 X (t) = et  0  + et cos t  0  − sen t  1  + 0 0 1      0 1 + et cos t  1  + sen t  0  0 0

1 P= qk

i

−

q

#

k m

i

,D = 

ia

m

1 q

PDP−1 .

que A = A solução " #!   q q 0 1 − sen mk t q k + c1 cos mk t 0 m " # !   q q 0 1 q k k c2 cos m t + sen m t k 0 m q q u(t) = x1 (t) = c1 cos mk t + c2 sen mk t tais

i

0

−

0 q

 k m

i

 

geral

do

sistema

é

x1 ( t ) x2 ( t )



=

óp

são

k m

3. A Matriz A não é diagonalizável (página 468)

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

3.1.

495

Respostas dos Exercícios (a) As matrizes 

2 P= 1

 1 , 0



1 J= 0

1 1



ig

são tais que A = PJP−1 . Assim, a solução geral é         x1 ( t ) 2 1 2 t t = c1 e + c2 e +t x2 ( t ) 1 0 1

ita l

4.4

x2

8

6

D

4

2

0

−2

x1

ia

−4

−6

−8

óp

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

(b) As matrizes



4 P= 8

 1 , 0



0 J= 0

1 0



são tais que A = PJP−1 .



Assim, a solução geral é

Março 2012

x1 ( t ) x2 ( t )





= c1

4 8





+ c2

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1 0





+t

4 8



Reginaldo J. Santos

496 x2

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

3.2.

D

ig

x1

(a) Se | a | > 4:

D=

√ a+ a2 −16 2

0

0

√ a− a2 −16 2

óp

Se | a | < 4: P=

D=



ia

√4 √4 P= 2 − 16 − a − a2 − 16 a − a + " #

4 √

i 16 − a2 " −a + √ 2 a+i 16− a 2

0 são tais que A =

0

4 √ − a − #i 16 − a2



√ a−i 16− a2 2 PDP−1 .

Se a = 4:

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

4.4

497

Respostas dos Exercícios    2 1 2 1 P= eJ= −2 0 0 2 Se a = − 4:     −2 1 −2 1 P= eJ= −2 0 0 −2 são tais que A = PJP−1 .

ita l



√

ig

Se 4:  | a| >  x1 ( t ) = x2 ( t )

 4 √ c1 + − a + a2 − 16   √ a− a2 −16 )t √4 2 c2 e ( . − a − a2 − 16 Se 4:  | a| <  x1 ( t ) = x2 ( t )   √ at 2 4 16 − a c1 e 2 (cos( 2 t) −a   √ 0 2 − sen( 162−a t) √ )+ 16 − a2   √ at 0 2 √ c2 e 2 (cos( 16 − a t) 2   16 − a √ 4 ) + sen( 16 − a2 t) −a Se  a = ±4:     x1 ( t ) ±2 1 ± 2t ± 2t = ( c1 + c2 t ) e + c2 e x2 ( t ) −2 0 a2 −16 )t 2



óp

ia

D

a+ e(

(b) Se a < 1/2: Março 2012

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Reginaldo J. Santos

498

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

 D=

−1 +

√

1 − 2a

2 √

−1 −

√

1 − 2a

2 0 √

1 − 2a

 

√

1−2a)t 1−2a)t

 

−1 +

√

−1 −

2 √

1 − 2a



1 − 2a



2

+

.

óp

c2 e(−1−

√

ia

c1 e(−1+

D

0 −1 − 1 − 2a Se a > 1/2:   √ √ −1 + i 2a − 1 −1 − i 2a − 1 P= 2 2 √   0 −1 + i 2a − 1 √ D= 0 −1 − i 2a − 1 − 1 são tais que A = PDP . Se a =  1/2:    1 1 −1 1 P= eJ= −2 0 0 −1 − são tais que A = PJP 1 .

Se  a < 1/2:  x1 ( t ) = x2 ( t )

ita l

P=

−1 +

ig



Se  a > 1/2:    √ −1 x1 ( t ) = c1 e−t (cos( 2a − 1t) 2 x2 ( t )  √  √ 2a − 1 − e−t sen( 2a − 1t) )+ 0  √  √ 2a − 1 c2 e−t (cos( 2a − 1t) 0

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

499

Respostas dos Exercícios

√

 −1 sen( 2a − 1t) ) 2 Se  a = 1/2:        x1 ( t ) 1 1 1 = c1 e − t + c2 e − t +t x2 ( t ) −2 0 −2

+ e−t

(a) det( A − tI3 ) = − (t − 4) (t − 2)2 = 0 ⇔ t = 2 ou t = 4. Logo, os autovalores de A são λ1 = 2 e λ2 = 4. Para λ1 = 2:           1 1 2 x 0 1 1 2 x 0 2   y  = 0 Assim, os autoveto( A − λ1 I3 ) X = 0¯ ⇔ −1 1 0  y  = 0 ⇔ 0 2 1 −1 0 z 0 0 −2 −2 z 0 res associados a λ1 = 2 são (−α, −α, α), para α ∈ R. Assim, V1 = (1, 1, −1) é um autovetor de A associado a λ1 = 2. Para λ2 = 4:           −1 1 2 x 0 1 −1 −2 x 0 ( A − λ2 I3 ) X = 0¯ ⇔ −1 −1 0   y  = 0 ⇔ 0 −2 −2  y  = 0 Assim, os autove1 −1 −2 z 0 0 0 0 z 0 tores associados a λ1 = 2 são (α, −α, α), para α ∈ R. Assim, V2 = (1, −1, 1) é um autovetor de A associado a λ2 = 4.      1 1 2 x 1 Vamos resolver o sistema ( A − λ1 I3 ) X = V1 ⇔ −1 1 0  y  =  1  ⇔ 1 −1 0 z −1      1 1 2 x 1 0 2 2   y  =  2  Assim, os vetores da forma X = (−α, 1 − α, α), para α ∈ R são tais 0 −2 −2 z −2 que ( A − λ1 I3 ) X = V1 . Tomando α = 0, temos que o vetor W1 = (0, 1, 0) é tal que ( A − 2I3 )W1 = V1 ⇔ AW1= 2W1 +V1 . Logo: [ AV1 AW1 AV2 ] = [2V1 2W1 + V1 4V2 ] ⇔ A[V1 W1 V2 ] =  2 1 0 1 0 1 [V1 W1 V2 ] 0 2 0. Multiplicando à direita pela inversa de P = [V1 W1 V2 ] =  1 1 −1 0 0 4 −1 0 1

óp

ia

D

ig

3.3.



ita l

4.4

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

500 

2 obtemos que A = PJP−1 , em que J = 0 0 A solução geral do sistema é

 0 0 4

= c1 eλ1 t V1 + c2 eλ1 t (W1 + tV1 ) + c3 eλ2 t V2     1 1 = c1 e2t  1  + c3 e4t  −1  + 1 −1     0 1 + c2 e2t  1  + t  1  0 −1

D

ig

X (t)

1 2 0

ita l

Sistemas de Equações Diferenciais Lineares

ia

  1 (b) Substituindo-se t = 0 e X = 0 na solução geral obtemos 1         1 1 0 1 0 = c1  1  + c2 1 + c3  −1 1 −1 0 1

óp

Resolvendo o sistema algébrico obtemos c1 = 0, c2 = 1 e c3 = 1. A solução do PVI é       1 0 1 X (t) = e4t  −1  + e2t  1  + t  1  1 0 −1

3.4. Consideremos a equação xV + yV3 + zW = 0¯ para x, y, z escalares. Vamos mostrar x = y = z = 0. Multiplicando-se ( A − λIn ) por xV + yV3 + zW = 0¯ obtemos ¯ x ( A − λIn )V + y( A − λIn )V3 + z( A − λIn )W = 0. Como V e V3 são autovetores de A associados a λ, então ( A − λIn )V = ( A − λIn )V3 = 0¯ logo Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

4.4

501

Respostas dos Exercícios

óp

ia

D

ig

ita l

z( A − λIn )W = zV3 = 0¯ o que implica que z = 0. Substituindo-se z = 0 na equação inicial temos ¯ xV + yV3 = 0. Como V e V3 são linearmente independentes, então x = y = 0.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

ita l ig

5

D

S ÉRIES DE F OURIER E E QUAÇÕES D IFERENCIAIS PARCIAIS

ia

Neste capítulo estudaremos algumas equações diferenciais parciais usando o método de separação de variáveis e as séries de Fourier.

óp

Lembramos que uma função f : [ a, b] → R é seccionalmente contínua ou contínua por partes se f (t) é contínua em [ a, b], exceto possivelmente em um número finito de pontos, nos quais os limites laterais existem. Vamos considerar duas funções contínuas por partes no intervalo [ a, b] iguais se elas diferem possivelmente apenas nos pontos de descontinuidade.

5.1

Séries de Fourier

503

ita l

5.1. Séries de Fourier

Para toda função f : [− L, L] → R contínua por partes a série de Fourier da função f é definida por ∞ ∞ nπt nπt a0 + ∑ an cos + ∑ bn sen , (5.1) S f (t) = 2 L L n =1 n =1 em que os coeficientes são dados por

=

bn

=

nπt 1 L f (t) cos dt, L −L L Z 1 L nπt f (t) sen dt, L −L L Z

para n = 0, 1, 2, . . .

ig

an

para n = 1, 2, . . .

(5.2)

(5.3)

óp

ia

D

O teorema seguinte, cuja demonstração será realizada somente no final desta seção, afirma que para toda função f : [− L, L] → R contínua por partes, cuja derivada f 0 também é contínua por partes a série de Fourier de f converge.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

504

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Teorema 5.1 (Fourier). Seja L um número real maior que zero. Para toda função f : [− L, L] → R contínua por partes tal que a sua derivada f 0 também seja contínua por partes, a série de Fourier de f S f (t) =

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen , 2 L L n =1 n =1

=

bn

=

1 L nπt f (t) cos dt para n = 0, 1, 2, . . . L −L L Z L 1 nπt dt, para n = 1, 2, . . . f (t) sen L −L L Z

D

an

ig

em que

converge para f nos pontos de (− L, L) em que f é contínua. Ou seja, podemos representar f por sua série de Fourier: ∞ ∞ nπt nπt a0 + ∑ an cos + ∑ bn sen , 2 L L n =1 n =1

para t ∈ (− L, L) em que f é contínua.

ia

f (t) =

óp

nπt As funções cos nπt L e sen L são periódicas com período (fundamental=menor período) igual a 2L n , para n = 1, 2, 3 . . . Assim, 2L é período comum a todas elas. Logo, a série de Fourier de uma função f : [− L, L] → R é periódica de período T = 2L. Portanto, a série de Fourier de f pode ser entendida como a série de Fourier da extensão periódica de f , f˜ : R → R, que é definida por

f˜(t) = f (t),

se t ∈ [− L, L]

e é tal que

f˜(t + 2L) = f˜(t).

Ou seja, a série de Fourier de f é a mesma série de Fourier de f˜ que é a função que é periódica de período 2L e que coincide com f no intervalo [− L, L].

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

505 O termo constante

1 a0 = 2 2L

ita l

5.1. Séries de Fourier

Z L

−L

f (t) dt

a0 e 2 não simplesmente a0 ) somente para que a fórmula que vale para os coeficientes dos cossenos da série de Fourier fique valendo também para o termo constante (n = 0).

ig

representa a média da função f no intervalo [− L, L] e está escrito desta forma (

Exemplo 5.1. Seja L um número real maior que zero. Considere a função

(0)

para c e d fixos satisfazendo −1 ≤ c < d ≤ 1.

D

f : [− L, L] → R dada por  1, se cL < t ≤ dL, (0) f (t) = f c,d (t) = 0, caso contrário,

Vamos calcular a série de Fourier de f c,d . Fazendo a mudança de variáveis s = obtemos

an

=

bn

=

Logo, S f (t)

1 dL 1 dL f (t)dt = dt = d − c, L cL L cL Z Z nπd 1 dL nπt 1 dL nπt 1 f (t) cos dt = cos dt = sen s , para n = 1, 2, . . . L cL L L cL L nπ nπc Z Z nπd 1 dL nπt 1 dL nπt 1 f (t) sen dt = sen dt = − cos s , para n = 1, 2, . . . L cL L L cL L nπ nπc Z

Z

ia

=

óp

a0

nπt L

=

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen 2 L L n =1 n =1

=

d−c 1 + 2 π

Março 2012

∞

sen nπd − sen nπc nπt 1 cos + n L π n =1

∑

∞

cos nπc − cos nπd nπt sen . n L n =1

∑

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Reginaldo J. Santos

506

y

y

N=0

1.5

1

0.5 π

-π

N=2

1 0.5 π/2

N=3

1

π

-π

óp -π/2

π/2

y

N=4

0.5

π/2

π

N = 10

1.5 1 0.5

t π

t

-π/2

ia y

-π

y

π

0.5

t

-π/2

1

π/2

1.5

D

1.5

t

-π/2

ig

π/2

-π/2

1.5

0.5

t

y

-π

N=1

1.5

1

-π

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

-π

-π/2

t π/2

π

Figura 5.1. Somas parciais da série de Fourier da função do Exemplo 5.1, para N = 0, 1, 2, 3, 4, 10

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

507

5.1. Séries de Fourier

ita l

Exemplo 5.2. Vamos calcular a série de Fourier da função u0 : [− L, L] → R dada por u0 (t) = 1. Usando o exemplo anterior vemos que a série de Fourier da função (0)

u0 = f −1,1 é Su0 ( t ) = 1 = u 0 ( t ). que é a própria função.

ig

Exemplo 5.3. Vamos calcular a série de Fourier da função f : [−π, π ] → R dada por   0, se −π ≤ t < −π/4 1, se −π/4 ≤ t < π/2 f (t) =  0, se π/2 ≤ t < π

f (t) = f

(0) ( t ), − 41 , 12

D

Usando a notação do Exemplo 5.1, podemos escrever

com L = π. (0)

ia

Portanto, usando os coeficientes que obtivemos para f c,d no Exemplo 5.1, com 1 1 c = − e d = temos que 4 2 3 1 ∞ 1 nπ nπ  1 ∞ 1 nπ nπ  S f (t) = + ∑ sen + sen cos nt + ∑ cos − cos sen nt. 8 π n =1 n 2 4 π n =1 n 2 4

óp

Pelo Teorema 5.1 (de Fourier) temos que f pode ser representada por sua série de Fourier f (t) = S f (t) = para t 6= − Março 2012

3 1 + 8 π

∞

1 nπ nπ  1 sen + sen cos nt + n 2 4 π n =1

∑

∞

1 nπ nπ  cos − cos sen nt, n 2 4 n =1

∑

π π e t 6= . 4 2

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Reginaldo J. Santos

508

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Exemplo 5.4. Vamos calcular a série de Fourier da função g : R → R dada por e tal que

Esta função é a extensão periódica da função f = f

g(t + 2π ) = g(t)

(0) − 41 , 12

com período igual a 2π.

ig

  0, se −π ≤ t < −π/4 1, se −π/4 ≤ t < π/2 g(t) =  0, se π/2 ≤ t < π

Logo, a sua série de Fourier é a mesma da função do Exemplo anterior 3 1 + 8 π

∞

1 nπ nπ  1 sen + sen cos nt + n 2 4 π n =1

∑

∞

1 nπ nπ  cos − cos sen nt. n 2 4 n =1

∑

D

Sg (t) =

Pelo Teorema 5.1 (de Fourier) temos que g pode ser representada por sua série de Fourier g(t) = Sg (t) =

∞

nπ nπ  1 1 sen + sen cos nt + ∑n 2 4 π n =1

∞

nπ nπ  1 cos − cos sen nt, ∑n 2 4 n =1

ia

π π + 2nπ e t 6= + 2nπ, n ∈ Z. 4 2

óp

para t 6= −

3 1 + 8 π

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Março 2012

509

ig

ita l

5.1. Séries de Fourier

y

D

1.5 1

0.5

-5π/2

-2π

-3π/2

-π

-π/2

π/2

π

3π/2

2π

5π/2

t

óp

ia

Figura 5.2. Soma parcial da série de Fourier da função do Exemplo 5.4, com N = 10

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

510

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Exemplo 5.5. Seja L um número real maior que zero. Seja m um inteiro positivo. Seja um : [− L, L] → R

a0 =

Z L

1 L

−L

cos

para t ∈ [− L, L]

mπt 1 dt = L π

Z π −π

ig

mπt , L πt Fazendo a mudança de variáveis s = , L um (t) = cos

definida por

cos msds = 0,

an

=

1 L

Z L −L

cos

D

Vamos calcular os coeficientes an , para n = 0, 1, 2 . . . Fazendo a mudança de variáveis πt , para n > 0 e n 6= m temos que, s= L mπt nπt 1 cos dt = L L π

Z π

−π

cos ms cos ns ds

an

=

Z π

[cos(m + n)s + cos(m − n)s]ds π π 1 1 sen(m + n)s + sen(m − n)s =0 2π (m + n) 2π (m − n) −π −π −π

óp

=

1 2π

ia

Usando o fato de que cos ms cos ns = 21 [cos(m + n)s + cos(m − n)s], temos então que

e para n = m, am

=

1 L

Z L

−L

cos2

mπt 1 dt = L π

Z π

−π

cos2 ms ds =

1 2π

Z π −π

[1 + cos 2ms]ds = 1.

Aqui usamos o fato de que cos2 ms = 21 [1 + cos 2ms]. Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

511

Vamos calcular os coeficientes bn , para n = 1, 2 . . . bn

= =

nπt 1 L mπt sen dt cos L −L L L Z π 1 cos ms sen ns ds π −π Z

ita l

5.1. Séries de Fourier

bn

=

1 2π

Z π −π

ig

Usando o fato de cos ms sen ns = 21 [sen(m + n)s + sen(m − n)s], temos que

[sen(m + n)s + sen(m − n)s]ds = 0

= cos(m − n)s = sen(m + n)s = sen(m − n)s =

cos ms cos ns − sen ms sen ns cos ms cos ns + sen ms sen ns sen ms cos ns + cos ms sen ns

sen ms cos ns − cos ms sen ns.

ia

cos(m + n)s

D

Nestas integrais usamos relações que podem ser obtidas somando-se ou subtraindose duas das relações abaixo.

Assim, a série de Fourier de um : [− L, L] → R é dada por mπt = um (t), para m = 1, 2 . . . L

óp

Sum (t) = cos

Exemplo 5.6. Seja L um número real maior que zero. Seja m um inteiro positivo. Seja vm : [− L, L] → R

Março 2012

definida por GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

512

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

ita l

mπt , para t ∈ [− L, L] L Vamos calcular os coeficientes an , para n = 0, 1, 2 . . . Fazendo a mudança de variáveis πt , s= L Z Z 1 L mπt 1 π a0 = sen dt = sen ms ds = 0. L −L L π −π πt Fazendo a mudança de variáveis s = , temos que para n = 1, 2, 3 . . . L nπt 1 L mπt cos dt sen L −L L L Z π 1 sen ms cos nsds π −π

=

D

Z

=

an

ig

vm (t) = sen

Usando o fato de que sen ms cos ns = 21 [sen(m + n)s + sen(m − n)s] obtemos que an

=

1 2π

Z π −π

[sen(m + n)s + sen(m − n)s]ds = 0

bn

=

1 L

Z L

ia

Vamos calcular os coeficientes bn , para n = 1, 2 . . . Para n 6= m temos que

−L

sen

mπt nπt 1 sen dt = L L π

Z π −π

sen ms sen ns ds

óp

Usando o fato de que sen ms sen ns = 21 [− cos(m + n)s + cos(m − n)s] temos que bn

=

1 2π

Z π

−π

[− cos(m + n)s + cos(m − n)s]ds = 0

E para n = m, bm

=

1 L

Z L

−L

sen2

mπt 1 dt = L π

Tópicos de Equações Diferenciais

Z π −π

sen2 ms ds =

1 2π

Z π −π

[1 − cos 2ms]ds = 1

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Março 2012

513

5.1. Séries de Fourier

ita l

Aqui usamos o fato de que sen2 ms = 12 [1 − cos 2ms]. Assim, a série de Fourier de vm : [− L, L] → R é dada por Svm (t) = sen

mπt = vm (t), para m = 1, 2 . . . L

ig

Com os coeficientes das funções destes exemplos podemos determinar os coeficientes das séries de Fourier de várias funções que são combinações lineares delas. Isto por que os coeficientes das séries dependem linearmente das funções, ou seja,

an ( f , L) = an ( g, L) =

1 L

Z L −L

Z 1 L

L

−L

D

Proposição 5.2. Sejam f , g : [− L, L] → R. Se f (t) cos g(t) cos

nπt 1 dt, bn ( f , L) = L L

Z L

−L

Z 1 L

nπt dt, bn ( g, L) = L L

−L

f (t) sen

nπt dt, L

g(t) sen

nπt dt, L

ia

então para quaisquer números α e β,

óp

an (α f + βg, L) = αan ( f , L) + βan ( g, L)

e

bn (α f + βg, L) = αbn ( f , L) + βbn ( g, L).

Demonstração.

an (α f + βg, L) = 1 L

Março 2012

Z L

−L

(α f (t) + βg(t)) cos

nπt 1 dt = α L L

Z L −L

f (t) cos

nπt 1 dt + β L L

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Z L −L

nπt dt = L αan ( f , L) + βan ( g, L).

g(t) cos

Reginaldo J. Santos

514 bn (α f + βg, L) = 1 L

Z L −L

(α f (t) + βg(t)) sen

1 nπt dt = α L L

Z L −L

f (t) sen

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

1 nπt dt + β L L

Z L

−L

nπt dt = L αbn ( f , L) + βbn ( g, L).

g(t) sen

ig



Exemplo 5.7. Seja L um número real maior que zero. Seja n um inteiro positivo. Seja f : [− L, L] → R

definida por

15πt 31πt , L) + 4an (sen , L) = 3an (u0 , L) − 2an (u15 , L) + 4an (v31 , L) L L

ia

an ( f , L) = 3an (1, L) − 2an (cos

D

15πt 31πt + 4 sen , para t ∈ [− L, L] L L Usando a Proposição 5.2 temos que os coeficientes da série de Fourier de f são dados por f (t) = 3 − 2 cos

15πt 31πt , L) + 4bn (sen , L) = 3bn (u0 , L) − 2bn (u15 , L) + 4bn (v31 , L) L L Como já calculamos estes coeficientes nos exemplos anteriores e obtivemos que  1, se n = 0, bn (u0 , L) = 0, para n = 1, 2, . . . a n ( u0 , L ) = 0, caso contrário,  1, se n = 15, an (u15 , L) = bn (u15 , L) = 0, para n = 1, 2, . . . 0, caso contrário,  1, se n = 31, an (v31 ) = 0, para n = 1, 2, . . . , bn (v31 , L) = 0, caso contrário,

óp

bn ( f , L) = 3bn (1, L) − 2bn (cos

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

515

ita l

5.1. Séries de Fourier então temos que a série de Fourier da função deste exemplo é ela própria: S f (t) = 3 − 2 cos

15πt 31πt + 4 sen = f ( t ). L L

Exemplo 5.8. Considere a função f : [− L, L] → R dada por 

=

t, 0,

se cL < t ≤ dL, caso contrário,

para c e d fixos satisfazendo −1 ≤ c < d ≤ 1.

ig

f (t) =

(1) f c,d (t)

(1)

Vamos calcular a série de Fourier de f cd . Fazendo a mudança de variáveis s = e integrando-se por partes obtemos

an

= = =

bn

Logo, S f (t)

Z

Z

óp

=

1 dL L 1 dL f (t)dt = t dt = (d2 − c2 ) L cL L cL 2 Z Z Z nπd 1 dL nπt 1 dL nπt L f (t) cos dt = t cos dt = 2 2 s cos s ds L cL L L cL L n π nπc nπd L s sen s + cos s ( ) n2 π 2 nπc Z dL Z Z nπd 1 1 dL L nπt nπt f (t) sen dt = t sen dt = 2 2 s sen s ds L cL L L cL L n π nπc nπd L s cos s + sen s (− ) n2 π 2 nπc

D

=

ia

a0

=

=

Março 2012

nπt L

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen 2 L L n =1 n =1

L ( d2

− c2 )

4

∞

+

L ∑ π 2 n =1

nπd (s sen s + cos s) n2

nπc

∞

cos

nπt L + 2 ∑ L π n =1

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nπd (−s cos s + sen s) nπc

n

sen

nπt . L

Reginaldo J. Santos

516

5.1.1

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Funções Pares e Ímpares

Lembramos que uma função h : [− L, L] → R é par, se

para todo t ∈ [− L, L]

h(−t) = h(t), e é ímpar, se h(−t) = −h(t),

para todo t ∈ [− L, L].

ig

Lembramos também que se h : [− L, L] → R é uma função ímpar, então Z L

−L

h(t)dt = 0,

D

e que se h : [− L, L] → R é uma função par, então Z L

−L

h(t)dt = 2

Z L 0

h(t)dt.

ia

Já vimos que se uma função f : [− L, L] → R é contínua por partes com derivada f 0 também contínua por partes, então pelo Teorema 5.1 ela pode ser representada por sua série de Fourier S f (t) =

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen . 2 L L n =1 n =1

óp

nπt nπt é ímpar e f (t) cos é par (verifique!). Logo, L L os coeficientes da série de Fourier de f são dados por: Se a função f é par, então f (t) sen

Tópicos de Equações Diferenciais

an

=

bn

=

1 L nπt 2 f (t) cos dt = L −L L L Z 1 L nπt f (t) sen dt = 0, L −L L Z

GoBack GoForward

Z L 0

f (t) cos

nπt dt, L

para n = 0, 1, 2, . . .

para n = 1, 2, . . . Março 2012

517

ita l

5.1. Séries de Fourier

Ou seja, se uma função f : [− L, L] → R é par a sua série de Fourier tem somente os termos em cossenos, S f (t)

=

∞ a0 nπt + ∑ an cos . 2 L n =1

=

bn

=

nπt 1 L f (t) cos dt = 0 para n = 0, 1, 2, . . . L −L L Z L Z 1 nπt 2 L nπt f (t) sen dt = f (t) sen dt, para n = 1, 2, . . . L −L L L 0 L Z

D

an

ig

nπt é par e Analogamente, se a função f : [− L, L] → R é ímpar, então f (t) sen L nπt f (t) cos é ímpar (verifique!) e assim os coeficientes da série de Fourier de f são L dados por:

óp

ia

Ou seja, se uma função f : [− L, L] → R é ímpar a sua série de Fourier tem somente os termos em senos, ∞ nπt . S f (t) = ∑ bn sen L n =1

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

518

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

y

D

ig

y

t

L

L

ia

-L

-L

t

óp

Figura 5.3. Prolongamentos par e ímpar de uma função definida inicialmente somente no intervalo [0, L]

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

519

ita l

5.1. Séries de Fourier

Para as funções f que são definidas apenas em [0, L] podemos prolongá-las de forma que elas se tornem par ou ímpar no intervalo [− L, L]: f˜(t) = 

f (−t), se − L ≤ t < 0 f ( t ), se 0 ≤ t < L

− f (−t), se − L ≤ t < 0 f ( t ), se 0 ≤ t < L

é par

é ímpar.

ig

f˜(t) =



D

E assim temos o seguinte resultado.

Corolário 5.3. Seja L um número real maior que zero. Para toda função f : [0, L] → R contínua por partes tal que a sua derivada f 0 também seja contínua por partes. (a) A série de Fourier de cossenos de f

em que

∞ a0 nπt + ∑ an cos , 2 L n =1

ia

Sc f (t) =

=

óp

an

2 L

Z L 0

f (t) cos

nπt dt, L

para n = 0, 1, 2, . . .

converge para f nos pontos do intervalo (0, L) em que f é contínua. Ou seja, podemos representar f por sua série de cossenos de Fourier: f (t)

Março 2012

=

∞ a0 nπt + ∑ an cos , 2 L n =1

para t ∈ (0, L) em que f é contínua.

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Reginaldo J. Santos

520 (b) A série de Fourier de senos de f

∞

Ss f (t) =

∑ bn sen

n =1

nπt , L

em que

=

2 L

Z L 0

nπt dt, L

f (t) sen

para n = 1, 2, . . .

ig

bn

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

converge para f nos pontos do intervalo (0, L) em que f é contínua. Ou seja, podemos representar f por sua série de senos de Fourier: ∞

=

∑ bn sen

n =1

nπt , L

para t ∈ (0, L) em que f é contínua.

D

f (t)

ia

Exemplo 5.9. Considere a função f : [0, L] → R, dada por f (t) = 1, para 0 ≤ t ≤ 1. A série de cossenos é obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja par e a série de senos é obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja ímpar. Os coeficientes podem ser obtidos da tabela na página 538. (0)

óp

a0 = 2a0 ( f 0,1 , L) = 2, (0)

bn = 2bn ( f 0,1 , L) = −

Sc f (t)

= 1,

Ss f (t)

=

2 π

∞

2(cos nπ − 1) 2(1 − (−1)n ) = . nπ nπ

1 − (−1)n nπt 4 sen = n L π n =1

∑

Tópicos de Equações Diferenciais

(0)

an = 2an ( f 0,1 , L) = 0,

∞

1 (2n + 1)πt sen . 2n + 1 L n =0

∑

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Março 2012

521

y

ita l

5.1. Séries de Fourier

y N=1

y

N=3 1

1

ig

1

N=5

t

t

L

y

D

L

t

y

N=7

y

N=9

1

ia

1

N = 11 1

t

t L

t L

óp

L

L

Figura 5.4. A função f : [0, L] → R dada por f (t) = 1 para t ∈ [0, L] e as somas parciais da série de Fourier de senos de f , para N = 1, 3, 5, 7, 9, 11

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

522

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Assim, os termos de índice par da série de senos são nulos. Pelo Corolário 5.3 temos que f (t) = Ss f (t) =

2 π

∞

1 − (−1)n nπt 4 sen = n L π n =1

∑

∞

1 (2n + 1)πt sen , para t ∈ (0, L). 2n + 1 L n =0

∑

ig

Exemplo 5.10. Considere a função f : [0, L] → R, dada por f (t) = t, para 0 ≤ t ≤ L. A série de cossenos é obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja par e a série de senos é obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja ímpar. Os coeficientes podem ser obtidos da tabela na página 538. (1)

bn Sc f (t)

=

L 2L + 2 2 π

Ss f (t)

=

2L π

∞

L 4L (−1)n − 1 nπt = − 2 cos 2 L 2 n π n =1

∑

∞

ia

an

D

= 2a0 ( f 0,1 , L) = L, 2L 2L (1) = 2an ( f 0,1 , L) = 2 2 (cos nπ − 1) = 2 2 ((−1)n − 1), n π n π (−1)n+1 2L 2L (1) . = 2bn ( f 0,1 , L) = (− cos nπ ) = nπ nπ

a0

∞

1 (2n + 1)πt , cos 2 L n=0 (2n + 1)

∑

(−1)n+1 nπt sen . n L n =1

∑

f (t)

óp

Assim, os termos de índice par da série de cossenos (exceção de a0 ) são nulos. Pelo Corolário 5.3 temos que f pode ser representada por sua série de cossenos e por sua série de senos de Fourier

=

L 2L + 2 2 π

=

2L π

∞

(−1)n − 1 nπt L 4L cos = − 2 2 L 2 n π n =1

∑

∞

1 (2n + 1)πt cos , 2 L ( 2n + 1 ) n =0

∑

∞

(−1)n+1 nπt sen , n L n =1

∑

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

523

ita l

5.1. Séries de Fourier

óp

ia

D

ig

para t ∈ (0, L).

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

524

y

L

N=0

L/2

L/2

t

y

L

N=1

N=3

t L

t L

ia

L

y

L/2

D

L

ig

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

óp

Figura 5.5. A função f : [0, L] → R dada por f (t) = t para t ∈ [0, L] e somas parciais da sua série de Fourier de cossenos para N = 0, 1, 3

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

525

y

L

N=1

L/2

y

L/2

t

N=3

L/2

t

D

L

y

L

N=4

y

L/2

t

L L

N=5

y N=6

L/2

t L

t L

óp

ia

L/2

L

y

t

L L

L

N=2

ig

L

ita l

5.1. Séries de Fourier

Figura 5.6. A função f : [0, L] → R dada por f (t) = t para t ∈ [0, L] e as somas parciais da sua série de Fourier de senos de f , para N = 1, 2, 3, 4, 5, 6

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

526

Exemplo 5.11. Considere a função f : [0, L] → R definida por  f (t) =

t, L − t,

se 0 ≤ t ≤ L/2 se L/2 < t ≤ L

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

= = = = =

D

an

Z   2 L L (1) (0) (1) f ( x )dx = 2 a0 ( f 0,1/2 , L) + La0 ( f 1/2,1 , L) − a0 ( f 1/2,1 , L) = L 0 2 Z nπx 2 L dx f ( x ) cos L 0 L   (1) (0) (1) 2 an ( f 0,1/2 , L) + Lan ( f 1/2,1 , L) − an ( f 1/2,1 , L) nπ/2 2L nπ nπ 2L 2L s sen s + cos s + sen s − s sen s + cos s ( ) ( ) 2 2 nπ n2 π 2 n π 0 nπ/2 nπ/2 2L 4L nπ 2L − 2 2 − 2 2 cos nπ cos 2 n2 π 2 n π n π n 2 cos nπ − 1 − (− 1 ) 2 2L , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

ia

=

óp

a0

ig

A série de cossenos é obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja par e a série de senos é obtida estendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja ímpar. Usando a tabela na página 538 os coeficientes an e bn podem ser calculados como

Entretanto, alguns termos são nulos. Podemos separar os termos em de índice par e de índice ímpar a2k+1 = 0 a2k = 2L

Tópicos de Equações Diferenciais

(−1)k − 1 2 cos kπ − 2 =L . 2 2 (2k) π k2 π 2 GoBack GoForward

Março 2012

527

os termos de índice par podem ainda ser separados: a2·2l = 0

= = = =

2 L nπx f ( x ) sen( )dx L 0 L   (1) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/2 ) + Lbn ( f 1/2,1 ) − bn ( f 1/2,1 ) nπ/2 2L nπ nπ 2L 2L − s cos s + sen s cos s − s cos s + sen s (− ) (− ) 2 2 nπ n2 π 2 n π 0 nπ/2 nπ/2   4L nπ nπ nπ 2L nπ − cos + sen + cos 2 2 2 nπ 2 n2 π 2 4L sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z

D

=

ia

bn

−2 2L =− . (2l + 1)2 π 2 (2l + 1)2 π 2

ig

a2(2l +1) = L

ita l

5.1. Séries de Fourier

Entretanto, alguns coeficientes são nulos:

óp

b2k = 0

b2k+1 =

4L(−1)k . (2k + 1)2 π 2

Como a função f é contínua com sua derivada f 0 também contínua, pelo Corolário 5.3, ela pode ser representada por sua série de cossenos e por sua série de senos de Março 2012

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Reginaldo J. Santos

528 Fourier: n 2 cos nπ nπt 2 − 1 − (−1) cos ∑ 2 L n n =1

L 2L + 2 4 π

=

L L + 2 4 π

(−1)n − 1 2nπt cos ∑ 2 L n n =1

=

L 2L − 2 4 π

2(2n + 1)πt 1 cos 2 L n=0 (2n + 1)

=

4L π2

=

4L π2

∞

∞

∑

∞

sen nπ nπt 2 sen 2 L n n =1

∑ ∞

ig

f (t)

∞

=

(−1)n (2n + 1)πt sen 2 L n=0 (2n + 1)

∑

D

f (t)

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

óp

ia

Vários coeficientes são nulos e não é por acaso. Sempre que um coeficiente é calculado por uma integral de 0 a L de uma função h(t) que é simétrica em relação ao ponto (t, y) = ( L2 , 0), ou seja, tal que h(t) = −h( L − t), para t ∈ [0, L/2], o seu valor é igual a zero (verifique!). No exemplo anterior isto ocorreu com os coeficientes de índice ímpar da série de cossenos e com os de índice par da série de senos (verifique!). Isto é análogo ao que ocorre com funções ímpares sendo integradas em intervalos simétricos.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

529

y

ita l

5.1. Séries de Fourier

y N=0

y

N=2

L/2

N=6

L/2

L/2

t

t

ig

t L

L

L

D

Figura 5.7. A função f : [0, L] → R, dada por f (t) = t se t ∈ [0, L/2] e f (t) = L − t se t ∈ [ L/2, L] e somas parciais da série de Fourier de cossenos para N = 0, 2, 6

y

y

N=1

N=5

L/2

L/2

ia

L/2

y

N=3

óp

t

L

t L

t L

Figura 5.8. A função f : [0, L] → R, dada por f (t) = t se t ∈ [0, L/2] e f (t) = L − t se t ∈ [ L/2, L] e somas parciais da série de Fourier de senos para N = 1, 3, 5

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

530

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Demonstração do Teorema sobre a Convergência da Série de Fourier

ita l

5.1.2

Demonstração do Teorema 5.1 na página 504. Vamos mostrar que a soma parcial da série tende a f ( x ), se x ∈ (− L, L) é um ponto de continuidade de f . Substituindo-se os coeficientes an e bn na soma parcial da série, N  a0 nπx nπx  + ∑ an cos + bn sen , 2 L L n =1

ig

SN (x) = obtemos

1 + L

N



∑

n =1

1 L

−L

f (t)dt

Z L −L

Z L

Z L

 nπt f (t) sen dt = L −L −L ! N 1 nπx nπt nπx nπt + (cos cos + sen sen ) f (t)dt = 2 n∑ L L L L =1 ! Z N 1 L 1 nπ (t − x ) = + cos f (t)dt (5.4) L − L 2 n∑ L =1

nπx cos L

nπt nπx f (t) cos dt + sen L L

óp

Mas

Z L

ia

=

1 2L

D

SN (x) =

 N  1 1 1 1 s N sen( N + )s − sen s = ∑ sen(n + )s − sen(n − )s = 2 sen ∑ cos ns 2 2 2 2 2 n =1 n =1 Logo,

N sen( N + 21 )s 1 + ∑ cos ns = . 2 n =1 2 sen 2s

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

531

Substituindo-se s por

π (t − x ) obtemos L

π (t − x ) sen( N + 21 ) N 1 nπ (t − x ) L . + cos = π ( t − x ) 2 n∑ L =1 2 sen 2L

π (t − x ) Z L sen( N + 1 ) 2 L π (t − x ) 2 sen 2L

−L

f (t)dt

D

1 SN (x) = L

(5.5)

ig

Substituindo-se (5.5) em (5.4) obtemos

ita l

5.1. Séries de Fourier

Substituindo-se f pela sua extensão periódica de período 2L, f˜, usando o fato de que neste caso as integrais anteriores podem ser calculadas de − L + x até L + x e fazendo a mudança de variáveis s = t − x obtemos π (t − x ) Z L+ x sen( N + 1 ) 2 L π (t − x ) 2 sen 2L

f˜(t)dt =

ia

− L+ x

óp

1 SN (x) = L

1 = L

πs Z L sen( N + 1 ) 2 −L

πs 2 sen 2L

L f˜( x + s)ds

(5.6)

Tomando-se f ( x ) = 1 em (5.6) obtemos 1 L

Março 2012

πs Z L sen( N + 1 ) 2 −L

πs 2 sen 2L

L = 1.

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(5.7)

Reginaldo J. Santos

532

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Assim, de (5.6) e (5.7) temos que Z L −L

1 πs
sen( N + 2 ) L f˜( x + s) − f ( x ) ds = πs 2 sen 2L s Z 1 L f˜( x + s) − f˜( x ) 1 πs 2 = sen( N + ) ds. πs L −L s 2 L sen 2L

(5.8)

ig

1 SN (x) − f (x) = L

Como f˜ é contínua por partes com derivada f˜0 também contínua por partes, então para x ∈ (− L, L) tal que f ( x ) é contínua temos que a função

D

s f˜( x + s) − f˜( x ) 2 g(s) = πs s sen 2L

ia

é contínua por partes. Pois, pelo Teorema do valor médio, se f 0 é contínua em x, então g é contínua em s = 0. Se f não é contínua em x, então os limites laterais de f 0 (ξ ) quando ξ tende a zero existem. Assim, segue do lema que apresentaremos a seguir que lim (S N ( x ) − f ( x )) = lim

N →∞

óp

N →∞

1 L

Z L

1 πs g(s) sen( N + ) ds = 0. 2 L −L



Lema 5.4 (Riemann-Lebesgue). Seja g : R → R uma função contínua por partes, então

Tópicos de Equações Diferenciais

lim

Z b

λ→∞ a

g(s) sen λs ds = 0

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Março 2012

533

ita l

5.1. Séries de Fourier

Demonstração. Seja I (λ) =

Z b a

g(s) sen λs ds

(5.9)

que

max g(s). Somando-se (5.9) e (5.10) e calculando-se o módulo obtemos

s∈[ a−π,b]

D

Seja M =

ig

Vamos supor inicialmente que g seja contínua. Fazendo-se a mudança de variáveis π s = t + obtemos λ Z b− π π λ g(t + ) sen λt dt I (λ) = − (5.10) π λ a− λ

Z b Z b− π π λ g(s + ) sen λs ds = |2I (λ)| = g(s) sen λs ds − π λ a− λ a Z a a− πλ

| g(s +

π )| ds + λ

Z b− π λ a

| g(s) − g(s +

π )| ds + λ

ia

≤

≤

2Mπ + λ

Z b− π λ a

Z b

b− πλ

| g(s +

| g(s) − g(s +

π )| ds λ

π )| ds < 2e, λ

e π )| < , para todo s ∈ [ a, b]. O caso geral λ b−a segue da aplicação do argumento acima para cada parte de g que é contínua. 

5.1.3

2Mπ e

tal que | g(s) − g(s +

óp

para λ >

Limites e Derivação de Séries de Funções

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

534

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

∞

u( x ) =

∑ u n ( x ).

n =0

Se para todo x ∈ [ a, b],

e

∞

n = 1, 2, . . .

ig

dun ≤ an , ( x ) dx

ita l

Teorema 5.5. Sejam u1 , u2 . . . : [ a, b] → R diferenciáveis. Seja u : [ a, b] → R definida por

∑ an < ∞,

n =0

então

D

∞ du dun (x) = ∑ ( x ), dx dx n =1

para todo x ∈ [ a, b].

ia

Demonstração. Seja x ∈ [ a, b]. Seja e > 0. Sejam ∞

g( x ) =

dun ( x ), dx n =1

∑

óp

N

SN (x) =

q N ( x, h) =

q( x, h) =

Tópicos de Equações Diferenciais

∑ u n ( x ),

n =1

S N ( x + h) − S N ( x ) , h u( x + h) − u( x ) . h GoBack GoForward

Março 2012

535 N

Existe N0 ∈ N tal que M, N > N0 implica

∑

an <

n= M

e . Então, 3

ita l

5.1. Séries de Fourier

N du N N e dun n 0 0 |S N ( x ) − S M ( x )| = ∑ ( x ) ≤ ∑ ( x ) ≤ ∑ an < , n= M dx n= M dx 3 n= M

(5.11)

ig

para todo x ∈ [ a, b]. Deixando N fixo e passando ao limite quando M tende a infinito obtemos e |S0N ( x ) − g( x )| ≤ . (5.12) 3 Sejam M, N > N0 . Pelo Teorema do Valor Médio aplicado a S N ( x ) − S M ( x ) e por (5.11) obtemos que existe ξ entre x e x + h tal que

D

e |q N ( x, h) − q M ( x, h)| = |S0N (ξ ) − S0M (ξ )| < . 3

Deixando N fixo e passando ao limite quando M tende a infinito obtemos e |q N ( x, h) − q( x, h)| ≤ , 3

para todo h tal que x + h ∈ [ a, b].

(5.13)

ia

Como lim q N ( x, h) = S0N ( x ), existe δ > 0 tal que 0 < h < δ implica que h →0

|q N ( x, h) − S0N ( x )| <

e 3

(5.14)

óp

De (5.13), (5.14) e (5.12) segue-se que

|q( x, h) − g( x )|

≤ |q( x, h) − q N ( x, h)| + |q N ( x, h) − S0N ( x )| + |S0N ( x ) − g( x )| e e e < + + 3 3 3

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

536

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Teorema 5.6. Sejam u1 , u2 . . . : [ a, b] → R. Seja u : [ a, b] → R definida por ∞

u( x ) =

∑ u n ( x ).

n =0

|un ( x )| ≤ an ,

ig

Se para todo x ∈ [ a, b],

e

∞

n = 1, 2, . . .

∑ an < ∞,

D

n =0

então

∞

lim u( x ) =

x → x0

u n ( x ), ∑ xlim → x0

n =1

para x0 ∈ [ a, b] tal que existam lim un ( x ), para n = 1, 2 . . .

ia

x → x0

Demonstração. Seja e > 0. Sejam

N

óp

SN (x) =

∑ un ( x )

n =1

Ln = lim un ( x ) x → x0

S˜ N =

Tópicos de Equações Diferenciais

N

∑ Ln

n =1

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Março 2012

537

Existe L =

∞

∞

n =1

n =1

∑ Ln , pois | Ln | ≤ an e ∑ an < ∞.

Logo, existe N0 ∈ N tal que para N > N0 temos que

| L − S˜ N | = | L −

N

e

∑ Ln | < 3 .

(5.15)

n =1

N

∑

n= M

an <

e . Então, 3

ig

Também existe N1 ∈ N tal que M, N > N1 implica

ita l

5.1. Séries de Fourier

(5.16)

D

N N N e |S N ( x ) − S M ( x )| = ∑ un ( x ) ≤ ∑ |un ( x )| ≤ ∑ an < , n= M n= M 3 n= M

para todo x ∈ [ a, b]. Deixando N fixo e passando ao limite quando M tende a infinito obtemos e (5.17) |S N ( x ) − u( x )| < , para todo x ∈ [ a, b]. 3 Seja N > max{ N0 , N1 }. Como lim S N ( x ) = S˜ N , então existe δ > 0 tal que para

ia

x → x0

| x − x0 | < δ,

|S˜ N − S N ( x )| <

e 3

(5.18)

óp

De (5.15), (5.18) e (5.16) segue-se que

e e e | L − u( x )| ≤ | L − S˜ N | + |S˜ N − S N ( x )| + |S N ( x ) − u( x )| < + + 3 3 3

Março 2012



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Reginaldo J. Santos

538

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Tabela de Coeficientes de Séries de Fourier

ita l

5.1.4

f : [− L, L] → R, −1 ≤ c < d ≤ 1

1, 0,

1 L nπt f (t) cos dt L −L L Z

(0)

a0 ( f c,d , L)

se t ∈ [cL, dL] caso contrário

(0) an ( f c,d , L)

=

1 nπ

a0 ( f c,d , L) =

L 2 2 (d

(1)

(1)

f c,d (t) =

t, 0,

se t ∈ [cL, dL] caso contrário

(1)

L n2 π 2

a0 ( f c,d , L) =

óp

(2)

t2 ,

f c,d (t) =

0,

se t ∈ [cL, dL] caso contrário

Tópicos de Equações Diferenciais

(2)

L2 3 3 (d

s2

1 L nπt f (t) sen dt L −L L Z

nπd (0) 1 bn ( f c,d , L) = − nπ cos s nπc

nπc

− c2 )

(1)

bn ( f c,d , L) = L n2 π 2

nπd (−s cos s + sen s) nπc

nπc

− c3 )

(2)

bn ( f c,d , L) =

an ( f c,d , L) = L2 n3 π 3

bn ( f , L ) =

nπd (s sen s + cos s)

(2)



nπd sen s

an ( f c,d , L) =

ia



d−c

=

D



(0)

f c,d (t) =

an ( f , L) =

ig

Coeficientes das Séries de Fourier de Funções Elementares


nπd − 2 sen s + 2s cos s


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L2 n3 π 3



nπd 2s sen s + 2 − s2 cos s nπc

nπc

Março 2012

539

5.1. Séries de Fourier

ita l

Exercícios (respostas na página 625)

1.1. Mostre que uma função f : [− L, L] → R é par, então os coeficientes da sua série de Fourier são dados por

=

bn

=

1 L nπt 2 L nπt f (t) cos dt = f (t) cos dt, L −L L L 0 L Z nπt 1 L f (t) sen dt = 0 para n = 1, 2, . . . L −L L Z

Z

para n = 0, 1, 2, . . .

ig

an

1.2. Mostre que uma função f : [− L, L] → R é ímpar, então os coeficientes da sua série de Fourier são dados por

=

bn

=

1 L nπt f (t) cos dt = 0 para n = 0, 1, 2, . . . L −L L Z Z 1 L 2 L nπt nπt dt = dt, para n = 1, 2, . . . f (t) sen f (t) sen L −L L L 0 L Z

D

1.3.

an

L (a) Mostre que se uma função h : [0, L] → R é simétrica em relação ao ponto (t, y) = ( , 0), ou seja, se 2

óp

então

ia

h ( L − t ) = − h ( t ), Z L 0

para t ∈ [0,

L ], 2

h(t) dt = 0.

(b) Mostre que se f : [0, L] → R é simétrica em relação à reta t = f ( t ) = f ( L − t ),

L , ou seja, tal que 2

para t ∈ [0,

L ], 2

então os coeficientes de índice par da série de senos de Fourier são nulos, ou seja, b2k = 0, para k = 1, 2, 3 . . . (Sugestão: use o item anterior.)

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

540

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

f ( t ) = − f ( L − t ),

ita l

L (c) Mostre que se f : [0, L] → R é simétrica em relação ao ponto (t, y) = ( , 0), ou seja, tal que 2 para t ∈ [0,

L ], 2

então os coeficientes de índice par da série de cossenos de Fourier são nulos, a2k = 0, para k = 0, 1, 2. . . . (Sugestão: use o item (a).) (2)

(2)



t2 , se cL < t ≤ dL, 0, caso contrário,

para c e d fixos satisfazendo −1 ≤ c < d ≤ 1.

D

f c,d (t) =

ig

1.4. Determine a série de Fourier da função f c,d : [− L, L] → R dada por

1.5. Determine as séries de Fourier das funções f : [− L, L] → R:  −1, se − L ≤ t < 0, (a) f (t) = (b) f (t) = L/2 − |t| 1, se 0 ≤ t ≤ L, 1.6. Determine a série de Fourier da função f : R → R dada por

se − L/2 < t < 3L/2 e f (t + 2L) = f (t).

ia

f (t) = L/2 − |t − L/2|,

1.7. Determine as séries de Fourier de senos e de cossenos da função f : [0, L] → R dada por para t ∈ [0, L].

óp

f ( t ) = t ( L − t ),

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

541

y

ita l

5.1. Séries de Fourier

y N=0

y

N=2

L/2

N=4

L/2

L/2

t

t

ig

t L

L

L

D

Figura 5.9. Somas parciais da série de Fourier de cossenos da função f (t) = t( L − t), para t ∈ [0, L], para N = 0, 2, 4.

y N=1

ia

L/2

y N=3 L/2

óp

t

L

t L

Figura 5.10. Somas parciais da série de Fourier de senos da função f (t) = t( L − t), para t ∈ [0, L], para N = 1, 3

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

542

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

óp

ia

D

ig

1.8. Determine séries de Fourier de senos e de cossenos das funções f : [0, L] → R:   0, se 0 ≤ t < L/2, 0, se 0 ≤ t < L/2, (c) f (t) = t − L/2, se L/2 ≤ t < L, (a) f (t) = 1, se L/2 ≤ t ≤ L,   se 0 ≤ t < L/4  t, 1, se L/4 ≤ t < 3L/4, L/4, se L/4 ≤ t < 3L/4 (b) f (t) = (d) f (t) = 0, caso contrário,  L − t, se 3L/4 ≤ t ≤ L

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

543

y

ita l

5.1. Séries de Fourier

y N=0

y

N=1 1

1

ig

1

N=3

t

t

L

y

D

L

t

y

N=5

y

N=7

1

ia

1

N=9 1

t

t L

t L

óp

L

L

Figura 5.11. A função f : [0, L] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contrário e as somas parciais da sua série de Fourier de cossenos, para N = 0, 1, 3, 5, 7, 9.

Março 2012

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544

y

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

y N=1

y

N=2 1

1

ig

1

N=3

t

t

L

y

D

L

t

y

N=5

y

N=6

1

ia

1

N=7 1

t

t L

t L

óp

L

L

Figura 5.12. A função f : [0, L] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contrário e as somas parciais da sua série de Fourier de senos, para N = 1, 2, 3, 5, 6, 7.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

545

y

ita l

5.1. Séries de Fourier

y N=0

y

N=2 1

1

ig

1

N=6

t

t

L

y

D

L

t

y

N = 10

y

N = 14

1

ia

1

N = 18 1

t

t L

t L

óp

L

L

Figura 5.13. A função f : [0, L] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [ L/4, 3L/4] e f (t) = 0, caso contrário e as somas parciais da sua série de Fourier de cossenos, para N = 0, 2, 6, 10, 14, 18.

Março 2012

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546

y

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

y N=1

y

N=3 1

1

ig

1

N=5

t

t

L

y

D

L

t

y

N=7

y

N=9

1

ia

1

N = 11 1

t

t L

t L

óp

L

L

Figura 5.14. A função f : [0, L] → R definida por f (t) = 1, se t ∈ [ L/4, 3L/4] e f (t) = 0, caso contrário e as somas parciais da sua série de Fourier de senos, para N = 1, 3, 5, 7, 9, 11.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

547

y

ita l

5.1. Séries de Fourier

y N=1

y

N=2 L/2

L/2

ig

L/2

N=3

t

t

L

y

D

L

t

y

N=4

y

N=5

L/2

ia

L/2

N=6 L/2

t

t L

t L

óp

L

L

Figura 5.15. A função f : [0, L] → R definida por f (t) = t − L/2, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contrário e as somas parciais da sua série de Fourier de cossenos, para N = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Março 2012

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548

y

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

y N=1

y

N=2 L/2

L/2

ig

L/2

N=3

t

t

L

y

D

L

t

y

N=4

y

N=5

L/2

ia

L/2

N=6 L/2

t

t L

t L

óp

L

L

Figura 5.16. A função f : [0, L] → R definida por f (t) = t − L/2, se t ∈ [ L/2, L] e f (t) = 0, caso contrário e as somas parciais da sua série de Fourier de senos, para N = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

549

y

ita l

5.1. Séries de Fourier

y N=0

y

N=2

L/2

N=4

L/2

L/2

t

t

ig

t L

L

L

D

Figura 5.17. A função f : [0, L] → R, f (t) = t, se t ∈ [0, L/4], f (t) = L/4, se t ∈ [ L/4, 3L/4] e f (t) = L − t, se t ∈ [3L/4, L] e somas parciais da sua série de Fourier de cossenos para N = 0, 2, 4.

y

y

N=1

N=5

L/2

L/2

ia

L/2

y

N=3

óp

t

L

t L

t L

Figura 5.18. A função f : [0, L] → R, f (t) = t, se t ∈ [0, L/4], f (t) = L/4, se t ∈ [ L/4, 3L/4] e f (t) = L − t, se t ∈ [3L/4, L] e somas parciais da sua série de Fourier de senos para N = 1, 3, 5.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

550 1.9. Considere a seguinte função :  f (t) =

−1, 1,

se 0 ≤ t < 1 se 1 ≤ t < 2

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

e tal que

f ( t + 2) = f ( t )

(a) Encontre uma solução particular e a solução geral da equação diferencial 2y00 + y = f (t).

1.10. Considere a seguinte função : se

− 1 < t ≤ 1 e tal que

D

f ( t ) = 1 − | t |,

ig

(b) Encontre a solução do problema de valor inicial  2y00 + y = f (t), y(0) = 0, y0 (0) = 0

f ( t + 2) = f ( t ).

(a) Calcule a série de Fourier S f da função f ;

(b) Determine os valores S f (0) e S f (100.5). Justifique.

ia

1.11. Considere a função f : [0, L] → R dada por f (t) = 1. (a) Encontre uma representação de f em série de Fourier que contenha somente termos em cossenos. (b) Encontre uma representação de f em série de Fourier que contenha somente termos em senos.

óp

(c) Encontre uma representação de f em série de Fourier que contenha termos em cossenos e senos.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

551

5.2. Equação do Calor em uma Barra

Equação do Calor em uma Barra

ita l

5.2

Pode-se mostrar que a temperatura em uma barra homogênea, isolada dos lados, em função da posição e do tempo, u( x, t), satisfaz a equação diferencial parcial ∂u ∂2 u = α2 2 ∂t ∂x

5.2.1

D

ig

chamada equação do calor em uma barra. Aqui α > 0 é uma constante que depende do material que compõe a barra é chamada de difusividade térmica.

Extremidades a Temperaturas Fixas

óp

ia

Vamos determinar a temperatura em função da posição e do tempo, u( x, t) em uma barra isolada dos lados, de comprimento L, sendo conhecidos a distribuição de temperatura inicial, f ( x ), e as temperaturas nas extremidades, T1 e T2 , que são mantidas constantes com o tempo, ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial e de fronteira (PVIF)  2 ∂u  2∂ u    ∂t = α ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = T1 , u( L, t) = T2

Vamos inicialmente resolver o problema com T1 = T2 = 0, que chamamos de condições de fronteira homogêneas.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

552 Condições de Fronteira Homogêneas

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

 2 ∂u  2∂ u  = α   ∂t ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

ig

Vamos usar um método chamado separação de variáveis. Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t).

Calculando-se as derivadas parciais temos que

D

∂2 u ∂u = X ( x ) T 0 (t) e = X 00 ( x ) T (t). ∂t ∂x2 Substituindo-se na equação diferencial obtemos X ( x ) T 0 (t) = α2 X 00 ( x ) T (t).

ia

Dividindo-se por α2 X ( x ) T (t) obtemos

1 T 0 (t) X 00 ( x ) = 2 X (x) α T (t)

óp

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) 1 T 0 (t) = 2 = λ. X (x) α T (t)

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias com condições de fronteira: ( 00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X ( L) = 0 (5.19)

Tópicos de Equações Diferenciais

T 0 (t) − α2 λT (t) = 0 GoBack GoForward

(5.20) Março 2012

553

Equação do Calor em uma Barra

ita l

5.2

As condições X (0) = X ( L) = 0 decorrem do fato de que a temperatura nas extremidades da barra é mantida igual a zero, ou seja, 0 = u(0, t) = X (0) T (t)

0 = u( L, t) = X ( L) T (t).

e

A equação X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 (a sua equação característica é r2 − λ = 0) pode ter como soluções, √

λx

+ c2 e −

√

λ x.

ig

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e

Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λ x ) + c2 cos( −λ x ).

As condições de fronteira X (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que

D

Se λ > 0 : Substituindo-se x = 0 e X = 0 na solução geral de X 00 − λX = 0, √

X ( x ) = c1 e

λx

+ c2 e −

√

λx

,

ia

obtemos que 0 = c1 + c2 , ou seja, c2 = −c1 . Logo, √

X ( x ) = c1 ( e

λx

− e−

√

λx

). √

óp

Agora substituindo-se x = L e X = 0 obtemos que c1 (e Logo, se c1 6= 0, então √ √ e

λL

= e−

λL

− e−

√

λ L)

= 0.

λL

o que só é possível se λ = 0, que não é o caso.

Se λ = 0 : Substituindo-se x = 0 e X = 0 na solução geral de X 00 − λX = 0,

Março 2012

X ( x ) = c1 + c2 x, GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

554

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais obtemos que c1 = 0. Logo,

X ( x ) = c2 x.

Agora substituindo-se x = L e X = 0 obtemos c2 L = 0. Logo, também c2 = 0.

ig

Se λ < 0 : Substituindo-se x = 0 e X = 0 na solução geral de X 00 − λX = 0, √ √ X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ), obtemos que c2 = 0. Logo,

√ X ( x ) = c1 sen( −λx ).

(5.21)

√

D

Agora substituindo-se x = L e X = 0 em X ( x ) = c1 sen( −λx ), obtemos √ c1 sen( −λL) = 0. √ Logo, se c1 6= 0, então −λL = nπ, para n = 1, 2, 3, . . .

óp

ia

Portanto, as condições de fronteira X (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que (5.19) tem solução não identicamente nula somente se λ < 0 e mais que isso λ tem que ter valores dados por n2 π 2 λ = − 2 , n = 1, 2, 3, . . . L ou seja, substituindo-se estes valores de λ em (5.21) concluímos que o problema de valores de fronteira (5.19) tem soluções fundamentais Xn ( x ) = sen 2

nπx , para n = 1, 2, 3, . . . . L

2

Substituindo-se λ = − n Lπ2 na equação diferencial (5.20) obtemos

Tópicos de Equações Diferenciais

T 0 (t) +

α2 n2 π 2 T (t) = 0, L2

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Março 2012

555

Equação do Calor em uma Barra que tem solução fundamental Tn (t) = e

−α

2 n2 π 2 L2

t

ita l

5.2

, para n = 1, 2, 3, . . .

Logo, o problema

ig

 ∂2 u  ∂u = α2 2 ∂t ∂x  u(0, t) = 0, u( L, t) = 0. tem soluções soluções fundamentais

un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = sen

nπx − α2 n22π2 L e L

t

para n = 1, 2, 3, . . .

D

 ∂2 u  ∂u = α2 2 ∂t ∂x  u(0, t) = 0, u( L, t) = 0.

Combinações lineares das soluções fundamentais são também solução (verifique!), N

∑

ia u( x, t) =

N

cn un ( x, t) =

n =1

∑

cn sen

n =1

nπx − α2 n22π2 t L . e L

óp

Mas uma solução deste tipo não necessariamente satisfaz a condição inicial u( x, 0) = f ( x ),

para uma função f ( x ) mais geral. Vamos supor que a solução do problema de valor inicial e de fronteira possa ser escrita como uma série da forma

Março 2012

u( x, t) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ cn un (x, t) = ∑ cn sen

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nπx − α2 n22π2 t L e . L

(5.22) Reginaldo J. Santos

556

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Para satisfazer a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condição ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ cn sen

n =1

nπx . L

cn =

2 L

ig

Esta é a série de Fourier de senos de f ( x ). Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519, se a função f : [0, L] → R é contínua por partes tal que a sua derivada f 0 também seja contínua por partes, então os coeficientes da série são dados por Z L 0

f ( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

(5.23)

óp

ia

D

Vamos verificar que realmente (5.22) com os coeficientes dados por (5.23) é a solução do problema de valor inicial. Claramente (5.22) satisfaz as condições de fronteira e a condição inicial é satisfeita para os valores de x ∈ (0, L) tais que f ( x ) é contínua. Vamos ver que (5.22) satisfaz a equação do calor. Cada termo da série satisfaz a equação do calor. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para dentro do sinal de somatório. Isto decorre da aplicação do Teorema 5.5 na página 534 usando o fato de que n 2 2 2 2 2  ∂un − α π2 t1 ≤ Mα n π cn L ( x, t ) e ∂t L2  n ∂un α2 π 2 cn ≤ M nπ e− L2 t1 ( x, t ) ∂x L n 2 2 2 2  ∂2 u n − α π2 t1 ≤ Mn π cn L ( x, t ) e ∂x2 L2 RL para M = L2 0 | f ( x )|dx, 0 ≤ x ≤ L, 0 < t1 ≤ t ≤ t2 , n = 1, 2, 3, . . . e que

Tópicos de Equações Diferenciais

∞

α2 n2 π 2 ∑ L2 n =1



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e

−α

2 π2 t1 L2

n

< ∞, Março 2012

557

Equação do Calor em uma Barra ∞

nπ ∑ L n =1

 e

∞

n2 π 2 ∑ L2 n =1

−α

 e

2 π2 t1 L2

−α

n

ita l

5.2

2 π2 t1 L2

< ∞,

n

< ∞.

∞

lim u( x, t) =

t→∞

ig

Observamos que a temperatura em cada ponto da barra tende a zero quando t tende a +∞, ou seja,

∑



cn

n =1



lim un ( x, t)

= 0,

t→∞

para x ∈ [0, L],

D

que decorre da aplicação do Teorema 5.6 na página 536, usando o fato de que  n 2 2 −α π t |cn un ( x, t)| ≤ M e L2 1

óp

ia

para 0 < t1 ≤ t ≤ t2 , 0 ≤ x ≤ L, n = 1, 2, 3, . . . e ∞

∑

 e

−α

2 π2 t1 L2

n

< ∞.

n =1

Exemplo 5.12. Vamos considerar uma barra de 40 cm de comprimento, isolada nos

lados, com coeficiente α = 1, com as extremidades mantidas a temperatura de 0◦ C e tal que a temperatura inicial é dada por 

f (x) =

Março 2012

x, 40 − x,

se 0 ≤ x < 20 se 20 ≤ x ≤ 40 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

558

y

y

t=0

20

t = 10

20

10

10

20

y 20

10

40

t = 80

40

20

ia

20

y

y

t = 320

20

40

x

40

20

y

40

t = 1280

20 10

x

20

t = 160

x

10

óp

10

y

40

10

t = 640

20

20

20

10 x

x

ig

40

t = 40

t = 20

x

D

y 20

y

20 10

x 20

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

x 20

40

x 20

40

Figura 5.19. Solução, u( x, t), do PVIF do Exemplo 5.12 tomando apenas 3 termos não nulos da série.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

559

Equação do Calor em uma Barra

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira

A solução é então

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

ig

 ∂u ∂2 u   =   ∂t ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < 40    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0

ita l

5.2

nπx − n2 π2 e 1600 40

t

= = = =

Z

óp

=

nπx 1 40 f ( x ) sen dx 20 0 40   (1) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/2 , 40) + 40bn ( f 1/2,1 , 40) − bn ( f 1/2,1 , 40) nπ/2 nπ nπ 80 80 80 − cos s − s cos s + sen s s cos s + sen s (− ) (− ) nπ n2 π 2 n2 π 2 0 nπ/2 nπ/2   nπ nπ nπ 80 nπ 160 − cos + sen + cos 2 2 2 nπ 2 n2 π 2 160 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

ia

cn =

D

em que cn são os coeficientes da série de senos de f ( x ), ou seja, usando a tabela na página 538, multiplicando por 2 os valores obtemos:

Entretanto, coeficientes de índice par são nulos: c2k = 0

c2k+1 =

Março 2012

160(−1)k . (2k + 1)2 π 2 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

560 Portanto, a solução do problema é

=

nπx − n2 π2 160 ∞ sen nπ 2 sen e 1600 ∑ 2 2 40 π n =1 n

=

(2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 160 ∞ (−1)n 1600 sen e ∑ 40 π 2 n=0 (2n + 1)2

Condições Não Homogêneas

t

t

ig

u( x, t)

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

D

 2 ∂u  2∂ u  = α   ∂t ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = T1 , u( L, t) = T2

Observe que uma função somente de x (derivada parcial em relação a t nula), tal que a segunda derivada (em relação a x) é igual a zero satisfaz a equação do calor. Assim,   T2 − T1 v( x, t) = T1 + x L

ia

satisfaz a equação do calor e as condições de fronteira u(0, t) = T1 e u( L, t) = T2 . O que sugere como solução do problema inicial a função u( x, t) = v( x, t) + u0 ( x, t),

óp

em que u0 ( x, t) é a solução do problema com com condições homogêneas, ou seja,   ∞ T2 − T1 nπx − α2 n22π2 t L e . u( x, t) = T1 + x + ∑ cn sen L L n =1 Para satisfazer a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), precisamos que   ∞ T2 − T1 nπx f ( x ) = T1 + x + ∑ cn sen L L n =1

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

561

Equação do Calor em uma Barra ou ainda,  f ( x ) − T1 −

T2 − T1 L

ita l

5.2

∞



x=

∑ cn sen

n =1

Esta é a série de Fourier de senos de f ( x ) − T1 −



T2 − T1 L



nπx . L

x. Assim, pelo Corolário 5.3

na página 519, se a função f : [0, L] → R é contínua por partes tal que a sua derivada f 0 também seja contínua   por partes, então os coeficientes da série de Fourier de senos

Observe que

Z L 0

x são dados por

ig

2 cn = L

T2 − T1 L



f ( x ) − T1 −

T2 − T1 L

D

de f ( x ) − T1 −



lim u( x, t) = T1 +

t→∞

  nπx x sen dx, n = 1, 2, 3 . . . L

T2 − T1 L

 x,

para x ∈ [0, L]

ia

ou seja, quando t tende a mais infinito, a solução u( x, t) tende a solução   T2 − T1 v( x, t) = T1 + x L

óp

chamada solução estacionária ou solução de equilíbrio. Observe que a solução estacionária é solução do problema  2 ∂u  2∂ u  = α =0   ∂t ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = T1 , u( L, t) = T2

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

562

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

ita l

Exemplo 5.13. Vamos considerar uma barra de 40 cm de comprimento, isolada nos lados, com coeficiente α = 1, com as extremidades mantidas a temperaturas de 10◦ C e 30◦ C e tal que a temperatura inicial é dada por  10 + 2x, se 0 ≤ x < 20 f (x) = 70 − x, se 20 ≤ x ≤ 40

A solução é então u( x, t) = 10 +

D

ig

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  ∂u ∂2 u   =   ∂t ∂x2  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < 40    u(0, t) = 10, u(40, t) = 30

∞ x nπx − n2 π2 + ∑ cn sen e 1600 2 n =1 40

cn

= = = =

  Z nπx 3 3 1 40 (1) (0) (1) g( x ) sen dx = 2 bn ( f 0,1/2 , 40) + 60bn ( f 1/2,1 , 40) − bn ( f 1/2,1 , 40) 20 0 40 2 2 nπ/2 120 nπ nπ 120 120 s cos s + sen s − s cos s + sen s cos s − (− ) (− ) 2 2 2 2 nπ n π n π 0 nπ/2 nπ/2   240 nπ 120 − cos(nπ/2) + sen(nπ/2) + cos(nπ/2) 2 nπ n2 π 2 240 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

óp

ou seja,

se 0 ≤ x < 20 se 20 ≤ x ≤ 40

ia

em que cn são os coeficientes da série de senos de  3 x 2 x, g( x ) = f ( x ) − 10 − = 3 60 − 2 x, 2

t

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

563

Equação do Calor em uma Barra

Portanto, a solução é dada por

Observe que

= 10 +

x 240 ∞ sen nπ nπx − n2 π2 2 + 2 ∑ sen e 1600 2 2 40 π n =1 n

= 10 +

(2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 x 240 ∞ (−1)n 1600 sen + 2 ∑ e 2 40 π n=0 (2n + 1)2

x lim u( x, t) = 10 + , t→∞ 2

t

t

ig

u( x, t)

ita l

5.2

para x ∈ [0, L]

ou seja, quando t tende a mais infinito a solução tende a solução estacionária

óp

ia

D

x v( x, t) = 10 + . 2

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

564

y

y

40

40

30

30

20

20

10

30 20 10

x

20

D

y

50

t = 160

óp

20

40

t = 640

40

30

30

20

20

10

10

x

20

40

y

40

30

20

50

t = 320

ia

40

x

40

y

50

t = 80

40

10

40

50

t = 20

x 20

y

50

t=0

ig

50

10

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

x 20

40

x 20

40

Figura 5.20. Solução, u( x, t), do PVIF do Exemplo 5.13 tomando apenas 3 termos não nulos da série.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

565

Equação do Calor em uma Barra

5.2.2

Barra Isolada nas Extremidades

ita l

5.2

D

ig

Vamos determinar a temperatura em função da posição e do tempo, u( x, t) em uma barra isolada dos lados, de comprimento L, sendo conhecidos a distribuição de temperatura inicial, f ( x ), e sabendo que as extremidades são mantidas também isoladas, ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial e de fronteira (PVIF)  2 ∂u  2∂ u  = α   ∂x2  ∂t u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L      ∂u (0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0 ∂x ∂x Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Calculando-se as derivadas parciais temos que

ia

∂u ∂2 u = X ( x ) T 0 (t) e = X 00 ( x ) T (t). ∂t ∂x2 Substituindo-se na equação diferencial obtemos X ( x ) T 0 (t) = α2 X 00 ( x ) T (t).

óp

Dividindo-se por α2 X ( x ) T (t) obtemos 1 T 0 (t) X 00 ( x ) = 2 . X (x) α T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante

Março 2012

X 00 ( x ) 1 T 0 (t) = 2 = λ. X (x) α T (t) GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

566

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias com condições de fronteira: ( 00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 (0) = 0, X 0 ( L) = 0 (5.24) T 0 (t) − α2 λT (t) = 0

(5.25)

As condições X 0 (0) = X 0 ( L) = 0 decorrem do fato de que a barra está isolada nas extremidades, ou seja, ∂u (0, t) = X 0 (0) T (t) ∂x

e

0=

∂u ( L, t) = X 0 ( L) T (t). ∂x

ig

0=

A equação X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluções, √

√

+ c2 e − λ x . Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). As condições de fronteira X 0 (0) = 0 e X 0 ( L) = 0 implicam que Se λ > 0 : √ √ √ Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = λ(c1 e λ x − c2 e− λ x ), obtemos que 0 = c1 − c2 , ou seja, c2 = c1 . Logo, λx

ia

D

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e

√

X ( x ) = c1 ( e

λx

+ e−

√

λx

).

óp

√ √ √ Agora substituindo-se x = L e X 0 = 0 obtemos λc1 (e λ L − e− λ L ). Logo, se c1 6= 0, então √ √ e λ L = −e− λ L

o que não é possível se λ > 0.

Se λ = 0 : Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = c2 , obtemos que c2 = 0. Logo,

Tópicos de Equações Diferenciais

X ( x ) = c1 . GoBack GoForward

Março 2012

567

Equação do Calor em uma Barra

ita l

5.2

Se λ < 0 : Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em √ √ √ X 0 ( x ) = −λ(c1 cos( −λx ) − c2 sen( −λx )), obtemos que c1 = 0. Logo,

√ X ( x ) = c2 cos( −λx ).

(5.26)

obtemos

√ c2 sen( −λL) = 0.

D

√

ig

Agora substituindo-se x = L e X 0 = 0 em √ √ X 0 ( x ) = −λc2 sen( −λx ),

Logo, se c2 6= 0, então

−λL = nπ, para n = 1, 2, 3, . . .. Logo, λ=−

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

ia

Portanto, o problema de valores de fronteira (5.24) tem solução não nula somente se λ=0

ou

λ=−

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

óp

Substituindo-se estes valores de λ em (5.26) vemos que o problema de valores de fronteira (5.24) tem soluções fundamentais X0 = 1

e 2

Xn ( x ) = cos

nπx , para n = 1, 2, 3, . . . . L

2

Substituindo-se λ = − n Lπ2 na equação diferencial (5.25) obtemos

Março 2012

T 0 (t) +

α2 n2 π 2 T (t) = 0 L2

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Reginaldo J. Santos

568 que tem como solução fundamental Tn (t) = c2 e

−α

2 n2 π 2 L2

t

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

, para n = 0, 1, 2, 3, . . . .

Logo, o problema

tem soluções fundamentais

ig

  ∂u ∂2 u   = α2 2 ∂t ∂x  ∂u ∂u   (0, t) = 0, ( L, t) = 0. ∂x ∂x

nπx − α2 n22π2 L e L

D

un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = cos

t

para n = 0, 1, 2, 3, . . . .

Combinações lineares das soluções fundamentais são também solução (verifique!), N

u( x, t) =

∑

cn un ( x, t) =

ia

n =0

N

∑

cn cos

n =0

nπx − α2 n22π2 L e L

t

óp

Mas uma solução deste tipo não necessariamente satisfaz a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), para uma função f ( x ) mais geral. Vamos supor que a solução do problema de valor inicial e de fronteira seja uma série da forma u( x, t) =

∞

∞

n =0

n =0

∑ cn un (x, t) = ∑ cn cos

nπx − α2 n22π2 t L . e L

(5.27)

Para satisfazer a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter

Tópicos de Equações Diferenciais

∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ cn cos

n =0

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nπx . L Março 2012

569

Equação do Calor em uma Barra

ita l

5.2

Esta é a série de Fourier de cossenos de f ( x ). Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519, se a função f : [0, L] → R é contínua por partes tal que a sua derivada f 0 também seja contínua por partes, então os coeficientes da série são dados por c0 =

1 L

Z L 0

f ( x )dx, cn =

2 L

Z L 0

f ( x ) cos

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

(5.28)

óp

ia

D

ig

Vamos verificar que realmente (5.27) com os coeficientes dados por (5.28) é a solução do problema de valor inicial. Claramente (5.27) satisfaz as condições de fronteira e a condição inicial é satisfeita para os valores de x ∈ (0, L) tais que f ( x ) é contínua. Vamos ver que (5.27) satisfaz a equação do calor. Cada termo da série satisfaz a equação do calor. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para dentro do sinal de somatório. Isto decorre da aplicação do Teorema 5.5 na página 534 usando o fato de que 2 2 2 ∂un α2 n2 π 2 cn ≤ M α n π e − L2 t1 ( x, t ) ∂t 2 L ∂un α2 n2 π 2 cn ≤ M nπ e− L2 t1 ( x, t ) ∂x L ∂2 u n n2 π 2 − α2 n22π2 t1 cn L ∂x2 ( x, t) ≤ M L2 e RL para M = L2 0 | f ( x )|dx, 0 < t1 ≤ t ≤ t2 , 0 < x1 ≤ x ≤ x2 < L, n = 1, 2, 3, . . . e que

Março 2012

∞

α2 n2 π 2 − α2 n22π2 ∑ L2 e L n =1 ∞

nπ − α2 n22π2 L e L n =1

∑

∞

t1

n2 π 2 − α2 n22π2 L e 2 n =1 L

∑

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t1

< ∞,

< ∞,

t1

< ∞. Reginaldo J. Santos

570

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Decorre da aplicação do Teorema 5.6 na página 536, usando o fato de que

|cn un ( x, t)| ≤ Me

−α

2 n2 π 2 t1 L2

para 0 < t1 ≤ t ≤ t2 , 0 < x1 ≤ x ≤ x2 < L, n = 1, 2, 3, . . . e ∞

∑e

−α

2 n2 π 2 t1 L2

que

∞

lim u( x, t) = c0 +

t→∞

< ∞,

ig

n =1

∑ cn

n =1





lim un ( x, t)

t→∞

= c0 ,

para x ∈ [0, L]

D

ou seja, quando t tende a mais infinito, a solução u( x, t) tende a solução constante e igual ao valor médio da temperatura inicial, chamada solução estacionária ou solução de equilíbrio.

Exemplo 5.14. Vamos considerar uma barra de 40 cm de comprimento, isolada nos lados, com coeficiente α = 1, com as extremidades também isoladas, ou seja,

óp

ia

∂u ∂u (0, t) = (40, t) = 0 ∂x ∂x e tal que a temperatura inicial é dada por  x, se 0 ≤ x < 20 f (x) = 40 − x, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂ u ∂u   =   ∂t  ∂x2 u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < 40      ∂u (0, t) = 0, ∂u (40, t) = 0 ∂x ∂x Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

571

Equação do Calor em uma Barra

A solução é então

∞

u( x, t) =

∑ cn cos

n =0

nπx − n2 π2 e 1600 40

t

em que cn são os coeficientes da série de cossenos de f ( x ), ou seja,

=

cn

=

1 40 f ( x )dx = 10, 40 0 Z nπx 1 40 f ( x ) cos dx 20 0 40   (1) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/2 , 40) + 40bn ( f 1/2,1 , 40) − bn ( f 1/2,1 , 40) nπ nπ/2 nπ 80 80 80 − sen s s sen s + cos s + s sen s + cos s ( ) ( ) nπ n2 π 2 n2 π 2 nπ/2 0 nπ/2 nπ 80 80 160 cos − 2 2 − 2 2 cos nπ 2 n2 π 2 n π n π nπ 2 cos 2 − 1 − (−1)n 80 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z

ig

c0

ita l

5.2

=

D

= =

ia

=

Entretanto, alguns termos são nulos:

c2k+1 = 0

e

2 cos kπ − 2 (−1)k − 1 = 40 (2k)2 π 2 k2 π 2

óp c2k = 80

c2·2l = 0

c2(2l +1) = 40

Março 2012

−2 80 =− . 2 2 (2l + 1) π (2l + 1)2 π 2 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

572 Portanto, a solução é dada por ∞

= 10 +

80 π2

n 2 cos nπ nπx − n2 π2 2 − 1 − (−1) cos e 1600 2 40 n n =1

= 10 +

40 π2

(−1)n − 1 nπx − n2 π2 t cos e 400 20 n2 n =1

= 10 −

80 π2

(2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 1 400 cos e 2 20 n=0 (2n + 1)

∑ ∞

∑ ∞

∑

t

t

ig

u( x, t)

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

óp

ia

D

Observe que a solução tende a v( x, t) = 10, quando t tende a mais infinito, que é a solução estacionária.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

573

y

y

t=0

20 10

10

40

20

y

t = 40

y

40

t = 160

ia

10

x

x 20

40

x 20

40

óp

40

20

20

10

20

x

40

t = 80

20

10

t = 20

x

D

y 20

y

20 10

x 20

t = 10

20

ita l

Equação do Calor em uma Barra

ig

5.2

Figura 5.21. Solução, u( x, t), do PVIF do Exemplo 5.14 tomando apenas 3 termos não nulos da série.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

574

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

2.1.

ita l

Exercícios (respostas na página 639)

(a) Encontre a temperatura u( x, t) em uma barra de metal com 40 cm de comprimento, isolada dos lados e que está inicialmente a uma temperatura uniforme de 20◦ C, supondo que α = 1 e que suas extremidades são mantidas a temperatura de 0◦ C. (b) Determine o tempo necessário para que o centro da barra esfrie a temperatura de 10◦ C.

ig

2.2. Encontre a temperatura u( x, t) em uma barra de metal com 40 cm de comprimento, isolada dos lados e que está inicialmente a uma temperatura uniforme de 20◦ C, supondo que α = 1 e que suas extremidades são mantidas a temperatura de 0◦ C e 60◦ C respectivamente. Qual a temperatura estacionária?

D

2.3. Considere uma barra com 40 cm de comprimento , α = 1, isolada dos lados e que está inicialmente a temperatura dada por u( x, 0) = 3x/2, 0 ≤ x ≤ 40 e que as extremidades estão isoladas. (a) Determine u( x, t).

(b) Qual a temperatura estacionária?

2.4. Mostre que o problema de valores de contorno

ia

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X 0 ( L) = 0

tem solução não trivial somente se λ = −

(2n+1)2 π 2 , 4L2

para n = 0, 1, 2, 3 . . .

óp

2.5. Mostre que o problema de valores de contorno

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 (0) = 0, X ( L) = 0

tem solução não trivial somente se λ = −

(2n+1)2 π 2 , 4L2

para n = 0, 1, 2, 3 . . .

2.6. Resolva o seguinte problema de valor inicial e de fronteira que corresponde ao problema do calor em uma barra de comprimento L, que do lado esquerdo está mantida a temperatura zero e do lado direito é Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

575

Equação do Calor em uma Barra

ita l

5.2

mantida isolada.

 ∂u ∂2 u   = α2 2   ∂x  ∂t u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L      u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0 ∂x

D

ig

2.7. Resolva o seguinte problema de valor inicial e de fronteira que corresponde ao problema do calor em uma barra de comprimento L, que do lado esquerdo está mantida a temperatura fixa T1 e do lado direito é mantida isolada.  2 ∂u  2∂ u  = α   ∂x2  ∂t u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L      u(0, t) = T , ∂u ( L, t) = 0 1 ∂x 2.8. Resolva o problema de valor inicial e de fronteira usando o método de separação de variáveis

óp

ia

 ∂u ∂2 u ∂u   = 2 +2  ∂t ∂x ∂x    u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

2.9. (Equação do Calor Não Homogênea) Considere o seguinte PVIF

Março 2012

 2 ∂u  2∂ u    ∂t = α ∂x2 + g( x )  u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L    u(0, t) = T1 , u( L, t) = T2 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

576 (a) Mostre que a solução deste problema é dada por

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

u( x, t) = v( x ) + u0 ( x, t),

ig

em que v( x ) é a solução do problema de fronteira  2 00 α v = − g( x ) v(0) = T1 , v( L) = T2

D

e u0 ( x, t) é a solução do PVIF homogêneo com condições de fronteiras homogêneas  2 ∂u  2∂ u    ∂t = α ∂x2  u( x, 0) = f ( x ) − v( x ), 0 < x < L    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

óp

ia

(b) Resolva o PVIF e determine a solução estacionária.  2   ∂u = ∂ u − 3   ∂t 40 ∂x2  u( x, 0) = f ( x ) = 20, 0 < x < 40    u(0, t) = 0, u(40, t) = 60

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

577

5.3. Corda Elástica Presa nas Extremidades

Corda Elástica Presa nas Extremidades

ita l

5.3

Pode-se mostrar que o deslocamento vertical de cada ponto de uma corda elástica homogênea como função da posição e do tempo, u( x, t), satisfaz a equação diferencial 2 ∂2 u 2∂ u = a ∂t2 ∂x2

D

ig

chamada equação da corda elástica. Aqui a > 0 é uma constante que depende do material que compõe a corda e é a velocidade de propagação das ondas na corda. Vamos determinar o deslocamento vertical em função da posição e do tempo, u( x, t), de cada ponto de uma corda de comprimento L presa nas extremidades, sendo conhecidos o deslocamento inicial de cada ponto da corda, f ( x ), e a velocidade inicial de cada ponto da corda, g( x ), ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial e de fronteira (PVIF)  2 ∂2 u ∂ u   = a2 2   2  ∂x  ∂t

ia

∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

óp

A solução deste problema é a soma da solução do problema com deslocamento inicial nulo ( f ( x ) = 0),

Março 2012

 2 2 ∂ u  2∂ u  = a   2  ∂x2  ∂t ∂u u( x, 0) = 0, ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

578

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais com a solução do problema com velocidade inicial nula (g( x ) = 0),  2 2 ∂ u  2∂ u  = a   ∂t2 ∂x2 ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < L    ∂t  u(0, t) = 0, u( L, t) = 0.

Com Velocidade Inicial Nula

ig

5.3.1

ia

D

Vamos determinar o deslocamento vertical em função da posição e do tempo, u( x, t), de cada ponto de uma corda elástica de comprimento L presa nas extremidades, sabendo-se que o deslocamento inicial de cada ponto da corda é dado por f ( x ), e que a velocidade inicial de cada ponto da corda é nula, ou seja, vamos resolver o problema de valor inicial e de fronteira (PVIF)  2 2 ∂ u  2∂ u  = a   2  ∂x2  ∂t ∂u ( x, 0) = 0, 0 < x < L u( x, 0) = f ( x ),    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

óp

Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Calculando-se as derivadas parciais e substituindo-se na equação diferencial obtemos X ( x ) T 00 (t) = a2 X 00 ( x ) T (t). Dividindo-se por a2 X ( x ) T (t) obtemos

Tópicos de Equações Diferenciais

X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 . X (x) a T (t) GoBack GoForward

Março 2012

579

Corda Elástica com Extremidades Presas

ita l

5.3

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante 1 T 00 (t) X 00 ( x ) = 2 = λ. X (x) a T (t)

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias com condições de fronteira: X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, 00

X (0) = 0, X ( L) = 0

(5.29)

ig

(

2

T (t) − a λT (t) = 0,

0

T (0) = 0

(5.30)

D

As condições X (0) = X ( L) = 0 decorrem do fato de que a corda está presa nas extremidades, ou seja, 0 = u(0, t) = X (0) T (t)

e

0 = u( L, t) = X ( L) T (t).

ia

A condição T 0 (0) = 0, decorre do fato de que a velocidade inicial é nula, ou seja, 0=

∂u ( x, 0) = X ( x ) T 0 (0). ∂t

óp

A equação (5.29) com as condições de fronteira foi resolvida no problema do calor em uma barra com condições homogêneas - equação (5.19) na página 552 - e tem solução não identicamente nula somente se λ=−

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

e tem como soluções fundamentais

Março 2012

Xn ( x ) = sen GoBack GoForward

nπx . L Reginaldo J. Santos

580

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais 2

2

T 00 (t) +

ita l

Substituindo-se λ = − n Lπ2 na equação (5.30) obtemos

a2 n2 π 2 T (t) = 0. L2

ig

Para resolver esta equação temos que encontrar as raízes da sua equação característica: a2 n2 π 2 anπ =0 ⇔ r=± r2 + i. 2 L L Logo, a solução geral da equação diferencial para T (t) é anπt anπt + c2 sen . L L

D

T (t) = c1 cos

Com a condição inicial T 0 (0) = 0 concluímos que a equação diferencial para T (t) com a condição inicial T 0 (0) = 0 tem soluções fundamentais (verifique!) Tn (t) = cos

óp

ia

Logo, o problema   ∂2 u ∂2 u   = a2 2 2 ∂t ∂x    u(0, t) = u( L, t) = 0;

anπt L

∂u ( x, 0) = 0, 0 < x < L ∂t

(5.31)

tem soluções fundamentais un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = sen

Tópicos de Equações Diferenciais

nπx anπt cos L L

GoBack GoForward

para n = 1, 2, 3, . . . .

(5.32)

Março 2012

581

y

ita l

Corda Elástica com Extremidades Presas

n = 1, t = 0

y

x

y

n = 3, t = 0

x

L/2

D

L

n = 2, t = 0

ig

5.3

y

L

n = 4, t = 0

x

L

ia

2L/3

óp

L/3

Figura 5.22. Modos naturais de vibração un ( x, t) = cos

Março 2012

x L/4

L/2

3L/4

L

anπt nπx sen , para n = 1, 2, 3, 4 e t = 0. L L

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Reginaldo J. Santos

582

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Para cada n, a solução fundamental (5.32) do problema (5.31) un ( x, t) = [cos

anπt nπx ] sen L L

óp

ia

D

ig

é chamada modo normal (ou natural) de vibração, onda estacionária ou harmônico 2L e o seu período fundamental na variável x é igual a e é chamado comprimento de n onda do modo normal. Os modos normais de vibração podem ser vistos como senos anπt com amplitude variando de forma cossenoidal Rn (t) = cos com frequências L anπ chamadas frequências naturais da corda. Portanto, neste caso, os períodos L 2L fundamentais da corda são Tn = . Observe, também, que cada modo normal na un ( x, t) tem n − 1 pontos fixos no intervalo 0 < x < L.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

583

Corda Elástica com Extremidades Presas

y

t=0

y

t = 1 L/32a

x

y

3L/4

L

L/4

t = 3 L/32a

y

x L/4

L/2

L

L/4

t = 6 L/32a

L/2

3L/4

L

L/2

y

3L/4

L

óp

L/2

3L/4

L/4

y

L

3L/4

L

t = 5 L/32a

x L/4

t = 7 L/32a

L/2

y

3L/4

L

t = 8 L/32a

x L/2

3L/4

Figura 5.23. Modo natural de vibração u4 ( x, t) = cos

Março 2012

L/2

x

x

L/4

x

L/4

t = 4 L/32a

ia

y

3L/4

t = 2 L/32a

ig

L/2

y

x

D

L/4

ita l

5.3

L

x L/4

L/2

3L/4

L

4aπt 4πx L sen , para t = 0, . . . , . L L 4a

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Reginaldo J. Santos

584

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Combinações lineares das soluções fundamentais são também solução (verifique!), N

u( x, t) =

N

∑ cn un (x, t) = ∑ cn sen

n =1

n =1

anπt nπx cos L L

∞

u( x, t) =

ig

Mas uma solução deste tipo não necessariamente satisfaz a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), para uma função f ( x ) mais geral. Assim, vamos supor que a solução do problema de valor inicial e de fronteira seja uma série da forma ∞

∑ cn un (x, t) = ∑ cn sen

n =1

n =1

nπx anπt cos L L

(5.33)

D

Para satisfazer a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ cn sen

n =1

nπx . L

ia

Esta é a série de Fourier de senos de f ( x ). Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519, se a função f : [0, L] → R é contínua por partes tal que a sua derivada f 0 também seja contínua por partes, então os coeficientes da série são dados por

óp

cn =

2 L

Z L 0

f ( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

Observe que a solução do problema de valor inicial e de fronteira ∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπx anπt cos L L

para cada x, é periódica com relação a t com período fundamental T =

Tópicos de Equações Diferenciais

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2L , se c1 6= 0. a Março 2012

585

Corda Elástica com Extremidades Presas

ita l

5.3

Para cada n, podemos reescrever a solução fundamental (5.32) do problema (5.31) na forma (verifique!)   anπt nπx 1 nπ ( x − at) nπ ( x + at) un ( x, t) = cos sen = sen + sen L L 2 L L


1 ˜ f ( x − at) + f˜( x + at) , 2

(5.34)

D

=

ig

Substituindo-se esta expressão na série (5.33) obtemos que a solução do problema de valor inicial e de fronteira pode ser reescrita como ! ∞ ∞ 1 nπ ( x − at) nπ ( x + at) u( x, t) = cn sen + ∑ cn sen 2 n∑ L L =1 n =1

óp

ia

em que f˜ é a extensão de f que é ímpar e periódica de período 2L. A solução dada desta forma é chamada solução de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. A solução representa duas ondas se propagando em sentidos opostos com velocidade igual a a que se refletem e se invertem em x = 0 e x = L .

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

586

y

t=0

y

t = 1 L/8a

y

x

x

t = 3 L/8a

y

x L

t = 6 L/8a

t = 4 L/8a

y

x

L

y

t = 7 L/8a

óp

L

y

x

L

t = 5 L/8a

x

ia

y

L

D

y

L

t = 2 L/8a

x

ig

L

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

t = 8 L/8a

x L

x L

Figura 5.24. Solução de D’Alembert, u( x, t), do Problema da Corda Presa nas Extremidades

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

587

Corda Elástica com Extremidades Presas

ita l

5.3

Deixamos como exercício para o leitor verificar que se f é contínua por partes com as suas derivadas, f 0 e f 00 , também contínua por partes, então para ( x, t) tal que f˜00 é contínua em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela solução de d’Alembert, (5.34), satisfaz a equação da onda e u( x, 0) = f ( x ) para todo x ∈ [0, L].

ig

Exemplo 5.15. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas

extremidades, com coeficiente a = 2 solta do repouso de forma que o deslocamento inicial seja dado por x, 40 − x,

se 0 ≤ x < 20, se 20 ≤ x ≤ 40.

D

 f (x) =

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira

ia

 2 ∂2 u ∂ u   = 4   2  ∂x2  ∂t

óp

∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 A solução em série é dada por

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπx nπt cos 40 20

em que cn são os coeficientes da série de senos de f ( x ). Usando a tabela na página Março 2012

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Reginaldo J. Santos

588

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

538, multiplicando por 2 os valores obtemos:

= = = = =

1 40 nπx )dx f ( x ) sen( 20 0 40   (1) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/2 , 40) + 40bn ( f 1/2,1 , 40) − bn ( f 1/2,1 , 40) nπ/2 nπ nπ 80 80 80 s cos s + sen s − cos s − s cos s + sen s (− ) (− ) nπ n2 π 2 n2 π 2 0 nπ/2 nπ/2 160  nπ nπ nπ  80 nπ − + cos + sen cos 2 2 2 nπ 2 n2 π 2 nπ 160 sen 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2 Z

D

Entretanto, coeficientes de índice par são nulos:

ig

cn

c2k = 0

160(−1)k . (2k + 1)2 π 2

ia

c2k+1 = Portanto, a solução é dada por

=

nπx nπt 160 ∞ sen nπ 2 sen cos ∑ 2 2 40 20 π n =1 n

óp

u( x, t)

=

160 ∞ (−1)n (2n + 1)πx (2n + 1)πt sen cos ∑ 2 2 40 20 π n=0 (2n + 1)

A solução de D’Alembert é dada por u( x, t)

Tópicos de Equações Diferenciais

=


1 ˜ f ( x − 2t) + f˜( x + 2t) , 2 GoBack GoForward

(5.35) Março 2012

5.3

589

Corda Elástica com Extremidades Presas

óp

ia

D

ig

A solução u( x, t) é periódica de período T = 40 segundos.

ita l

em que f˜ é a extensão de f que é ímpar e periódica de período 80, ou seja, f˜ : R → R é dada por   40 + x, se −40 ≤ x < −20, x, se −20 ≤ x < 20, f˜( x + 80) = f˜( x ). f˜( x ) =  40 − x, se 20 < x ≤ 40,

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

590

y

y

t=0

10

y

t=5

10

20

x

40

20

40

10 x 20

40

20

y

t = 30

10

óp

40

20

40

-10

y

t = 35

t = 40

10

x

20

t = 25

x

40

10

-10

y

x

-10

y

40

10

ia

-10

t = 20

D

10

20

-10

y

t = 15

x

ig

-10

y

t = 10

10

x

-10

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

x 20

-10

x

40

20

40

-10

Figura 5.25. Solução, u( x, t), do PVIF do Exemplo 5.15.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

591

Corda Elástica com Extremidades Presas

5.3.2

Com Deslocamento Inicial Nulo

ita l

5.3

ig

 2 2 ∂ u  2∂ u  = a   2  ∂x2  ∂t ∂u u( x, 0) = 0, ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t)

D

Derivando e substituindo-se na equação obtemos

a2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 00 (t).

ia

Dividindo-se por a2 X ( x ) T (t) obtemos

X 00 ( x ) 1 T 00 (t) = 2 X (x) a T (t)

óp

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante 1 T 00 (t) X 00 ( x ) = 2 = λ. X (x) a T (t)

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias, uma com condições de fronteira e a outra com condição inicial:

Março 2012

(

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, T 00 (t) − a2 λT (t) = 0,

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X (0) = 0, X ( L) = 0

(5.36)

T (0) = 0

(5.37) Reginaldo J. Santos

592

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais As condições X (0) = X ( L) = 0 decorrem do fato de que a corda está presa nas extremidades, ou seja, 0 = u(0, t) = X (0) T (t)

e

0 = u( L, t) = X ( L) T (t).

A condição T (0) = 0, decorre do fato de que o deslocamento inicial é nulo, ou seja, 0 = u( x, 0) = X ( x ) T (0).

ig

A equação (5.36) com as condições de fronteira foi resolvida no problema do calor em uma barra com condições homogêneas - equação (5.19) na página 552 - e tem solução não identicamente nula somente se n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

D

λ=−

e tem como soluções fundamentais Xn ( x ) = sen 2

nπx , para n = 0, 1, 2, 3, . . . . L

2

ia

Substituindo-se λ = − n Lπ2 na equação (5.37) obtemos T 00 (t) +

a2 n2 π 2 T (t) = 0. L2

óp

Para resolver esta equação temos que encontrar as raízes da sua equação característica: a2 n2 π 2 anπ r2 + =0 ⇔ r=± i. 2 L L Logo, a solução geral da equação diferencial para T (t) é

Tópicos de Equações Diferenciais

T (t) = c1 cos

anπt anπt + c2 sen . L L

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Março 2012

593

Corda Elástica com Extremidades Presas

ita l

5.3

Usando a condição inicial T (0) = 0 concluímos que a equação diferencial para T (t) com a condição inicial T (0) = 0 tem soluções fundamentais (verifique!) Tn (t) = sen

anπt , para n = 1, 2, 3, . . . . L

Logo, o problema

un ( x, t) = Xn ( x ) Tn (t) = sen

(5.38)

u( x, 0) = 0, 0 < x < L

D

tem soluções fundamentais

ig

 2 2  ∂ u 2∂ u = a ∂t2 ∂x2  u(0, t) = u( L, t) = 0;

anπt nπx sen L L

para n = 1, 2, 3, . . . .

(5.39)

óp

ia

chamadas modos normais (ou naturais) de vibração, ondas estacionárias ou harmô2L e é chamado comprinicos e o seu período fundamental na variável x é igual a n mento de onda do modo normal. Os modos normais de vibração podem ser visanπt tos como senos com amplitude variando de forma senoidal Rn (t) = sen com L anπ frequências chamadas frequências naturais da corda. Portanto, neste caso, os L 2L . Observe, também, que cada modo períodos fundamentais da corda são Tn = na normal un ( x, t) tem n − 1 pontos fixos no intervalo 0 < x < L. Assim, vamos supor que a solução do problema de valor inicial e de fronteira seja uma série da forma

Março 2012

u( x, t) =

∞

∞

n =1

n =1

∑ cn un (x, t) = ∑ cn sen

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nπx anπt sen . L L

(5.40) Reginaldo J. Santos

594 Para satisfazer a condição inicial g( x ) =

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais ∂u ( x, 0) = g( x ), devemos ter ∂t

∞ anπ nπx ∂u ( x, 0) = ∑ cn sen . ∂t L L n =1

(5.41)

ig

Esta é a série de Fourier de senos de g( x ). Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519, se a função g : [0, L] → R é contínua por partes tal que a sua derivada g0 também seja contínua por partes, então os coeficientes da série são dados por anπ 2 cn = L L

Z L 0

g( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

D

Observe que a solução do problema de valor inicial e de fronteira ∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

anπt nπx sen L L

ia

para cada x, é periódica com relação a t com período fundamental T =

2L , se c1 6= 0. a

óp

Para cada n, podemos reescrever a solução fundamental (5.39) do problema (5.38) na forma (verifique!)   anπt nπx 1 nπ ( x − at) nπ ( x + at) un ( x, t) = sen sen = cos − cos L L 2 L L

Substituindo-se esta expressão na série (5.40) obtemos que a solução do problema de valor inicial e de fronteira pode ser reescrita como

Tópicos de Equações Diferenciais

  1 ∞ nπ ( x − at) nπ ( x + at) u( x, t) = ∑ cn cos − cos . 2 n =1 L L GoBack GoForward

Março 2012

595

Corda Elástica com Extremidades Presas

ita l

5.3

Por outro lado, supondo que a série de Fourier da integral de g é a série das integrais, integrando-se (5.41), obtemos   Z x+ at ∞ nπ ( x − at) nπ ( x + at) g˜ (y)dy = a ∑ cn cos − cos . L L x − at n =1 em que g˜ é a extensão de g que é ímpar e periódica de período 2L. Logo, temos que 1 2a

Z x+ at x − at

g˜ (y)dy.

(5.42)

ig

u( x, t) =

A solução dada desta forma é chamada solução de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira.

D

Deixamos como exercício para o leitor verificar que se g é contínua por partes com a sua derivada, g0 , também contínua por partes, então para ( x, t) tal que g˜ 0 é contínua em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela solução de d’Alembert, (5.42), satisfaz a equação da onda e ∂u ∂t ( x, 0) = g ( x ) para todo x ∈ (0, L ) onde g é contínua.

Exemplo 5.16. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas

óp

ia

extremidades, com coeficiente a = 2, sem deslocamento inicial mas com uma velocidade inicial dada por  x/10, se 0 ≤ x < 20 g( x ) = 4 − x/10, se 20 ≤ x ≤ 40 Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂2 u ∂ u   = 4   2  ∂x2  ∂t ∂u u( x, 0) = 0, ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 Março 2012

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Reginaldo J. Santos

596 A solução é então

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπt nπx sen 40 20

nπ 20 cn

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

em que são os coeficientes da série de senos de g( x ), que são os coeficientes obtidos para f ( x ) do Exemplo 5.15 na página 587 dividos por 10, ou seja,

= cn =

nπx 1 40 g( x ) sen dx 20 0 40 16 sen nπ 2 n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

320 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n3 π 3

Portanto, a solução é dada por

320 ∞ sen nπ nπt nπx 2 sen sen 3 40 20 π 3 n∑ n =1

=

320 ∞ (−1)n (2n + 1)πt (2n + 1)πx sen sen 3 40 20 π 3 n∑ ( 2n + 1 ) =0

ia

=

óp

u( x, t)

Z

ig

=

D

nπ cn 20

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

597

Corda Elástica com Extremidades Presas

y

y

t=0

10

20

x

40

20

40

10 x 20

40

20

y

t = 30

10

óp

20

40

-10

y

t = 35

t = 40

10

x

40

t = 25

x

40

10

20

y

x

-10

y

40

10

ia

-10

t = 20

D

10

20

-10

y

t = 15

x

ig

-10

y

t = 10

10

x

-10

y

t=5

10

-10

ita l

5.3

x 20

-10

x

40

20

40

-10

Figura 5.26. Solução, u( x, t), do PVIF do Exemplo 5.16.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

598

5.3.3

Caso Geral  2 2 ∂ u  2∂ u  = a   2  ∂x2  ∂t

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

ig

∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0

Como observamos anteriormente a solução deste problema é a soma da solução do problema com apenas f ( x ) não nula, que vamos denotar por u( f ) ( x, t), com a solução do problema com apenas g( x ) não nula, u( g) ( x, t), ou seja,

D

u( x, t) = u( f ) ( x, t) + u( g) ( x, t), 2L . a Usando (5.34) na página 585 e (5.42) na página 585 podemos escrever a solução do problema de valor inicial e de fronteira como

que para cada x, é periódica com relação a t com período T =


1 ˜ 1 f ( x − at) + f˜( x + at) + 2 2a

ia

u( x, t) =

Z x+ at x − at

g˜ (y)dy

(5.43)

óp

em que f˜ é a extensão de f que é ímpar e periódica de período 2L e g˜ é a extensão de g que é ímpar e periódica de período 2L. A solução dada desta forma é chamada solução de d’Alembert do problema de valor inicial e de fronteira. Deixamos como exercício para o leitor verificar que se f é contínua por partes com suas derivadas, f 0 e f 00 , também contínuas por partes e g é contínua por partes com a sua derivada, g0 , também contínua por partes, então para ( x, t) tal que g˜ 0 e f˜00 são contínuas em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela solução de d’Alembert, (5.43), satisfaz a equação da onda e

Tópicos de Equações Diferenciais

u( x, 0) = f ( x ) GoBack GoForward

para x ∈ [0, L]; Março 2012

599

Corda Elástica com Extremidades Presas ∂u ( x, 0) = g( x ) ∂t

ita l

5.3

para x ∈ (0, L) onde g é contínua.

Exemplo 5.17. Vamos considerar uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas

ig

extremidades, com coeficiente a = 2, com deslocamento inicial f ( x ) e com uma velocidade inicial g( x ) dados por  f (x) x, se 0 ≤ x < 20, f (x) = g( x ) = . 40 − x, se 20 ≤ x ≤ 40, 10

D

Temos que resolver o problema de valor inicial e de fronteira  2 ∂2 u ∂ u   =4 2   2  ∂x  ∂t ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0

ia

A solução é a soma das soluções dos problemas dados nos Exemplos 5.15 e 5.16, ou seja, ∞ ∞ nπx nπt nπx nπt u( x, t) = ∑ cn sen cos + ∑ dn sen sen 40 20 40 20 n =1 n =1

óp

em que cn e nπ 20 dn são os coeficientes da série de senos de f ( x ) e de g ( x ), respectivamente, ou seja, cn

=

nπ dn 20

Março 2012

1 20

=

Z 40 0

1 20

f ( x ) sen

Z 40 0

160 sen nπ nπx 2 dx = , n = 1, 2, 3 . . . 40 n2 π 2

g( x ) sen

16 sen nπ nπx 2 dx = n = 1, 2, 3 . . . 40 n2 π 2 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

600 dn =

320 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n3 π 3

Portanto, a solução é dada por

=

160 ∞ sen nπ nπx nπt 320 ∞ sen nπ nπx nπt 2 2 sen cos + 3 ∑ sen sen ∑ 2 2 40 20 40 20 π n =1 n π n =1 n 3

=

160 ∞ (−1)n (2n + 1)πx (2n + 1)πt sen cos 2 40 20 π 2 n∑ ( 2n + 1 ) =0

(2n + 1)πx 320 ∞ (−1)n (2n + 1)πt sen sen ∑ 3 3 40 20 π n=0 (2n + 1)

óp

ia

D

+

ig

u( x, t)

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

601

Corda Elástica com Extremidades Presas

y

y

t=0

10

20

x

40

20

40

10 x 20

40

-10

t = 20

20

ia

y

t = 30

10

óp

20

40

-10

y

t = 35

t = 40

10

x

40

t = 25

x

40

10

20

y

x

-10

y

40

10

D

10

20

-10

y

t = 15

x

ig

-10

y

t = 10

10

x

-10

y

t=5

10

-10

ita l

5.3

x 20

-10

x

40

20

40

-10

Figura 5.27. Solução, u( x, t), do PVIF do Exemplo 5.17.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

602

Exercícios (respostas na página 653)

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

3.1. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, solta do repouso, de forma que o deslocamento inicial seja dado por se 0 ≤ x < 10 se 10 ≤ x < 30 se 30 ≤ x ≤ 40

ig

  x, 10, f (x) =  40 − x,

D

3.2. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, solta do repouso, de forma que o deslocamento inicial seja dado por sen(πx/20), para 0 < x < 40. Qual o período fundamental da corda?

ia

3.3. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, com deslocamento inicial nulo, colocada em movimento de forma que a velocidade inicial seja dada por  se 0 ≤ x < 10  x, 10, se 10 ≤ x < 30 g( x ) =  40 − x, se 30 ≤ x ≤ 40

óp

3.4. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, com deslocamento inicial nulo, colocada em movimento de forma que a velocidade inicial seja dada por sen(πx/20), para 0 < x < 40. Qual o período fundamental da corda? 3.5. Determine o deslocamento, u( x, t), de uma corda de 40 cm de comprimento, presa nas extremidades, com coeficiente a = 2, com deslocamento inicial f ( x ), colocada em movimento de forma que a velocidade inicial seja g( x ) em que  se 0 ≤ x < 10  x, 10, se 10 ≤ x < 30 f ( x ) = g( x ) =  40 − x, se 30 ≤ x ≤ 40 Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

603

Corda Elástica com Extremidades Presas

ita l

5.3

3.6. Resolva o problema de valor inicial e de fronteira usando o método de separação de variáveis

ig

 2 ∂ u ∂2 u ∂u   = 2 +2    ∂t ∂x ∂x     u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L  ∂u   ( x, 0) = 0. 0 < x < L.    ∂t    u(0, t) = 0, u( L, t) = 0.

D

3.7. Encontre as equações diferenciais ordinárias e as condições de fronteira associadas às soluções fundamentais do problema: t>0

ia

 2 ∂2 u ∂u ∂ u   = 2 − u + ; 0 < x < 1,  2  ∂x ∂t ∂x    ∂u u(0, t) = 0 = (1, t); t ≥ 0, ∂x   u ( x, 0 ) = 0; 0 < x < 1,     ∂u  ( x, 0) = g( x ); 0 < x < 1. ∂t

3.8. Considere o problema de valor inicial e de fronteira

óp

 2 2 ∂ u  2∂ u    ∂t2 = a ∂x2 ∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < L    ∂t  u(0, t) = 0, u( L, t) = 0.

Verifique que se f é contínua por partes com suas derivadas, f 0 e f 00 , também contínuas por partes e g é contínua por partes com a sua derivada, g0 , também contínua por partes, então para ( x, t) tal que g˜ 0 e f˜00 Março 2012

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Reginaldo J. Santos

604

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais são contínuas em x − at e x + at temos que u( x, t) dado pela solução de d’Alembert, u( x, t) =


1 ˜ 1 f ( x − at) + f˜( x + at) + 2 2a

satisfaz a equação da onda e u( x, 0) = f ( x ),

Z x+ at x − at

g˜ (y)dy

para x ∈ [0, L],

ig

∂u ( x, 0) = g( x ), para x ∈ (0, L) onde g é contínua, ∂t u(0, t) = 0, u( L, t) = 0.

óp

ia

D

Aqui f˜ e g˜ são as extensões ímpares de período 2L de f e g respectivamente.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

605

5.4. Equação de Laplace num Retângulo

Equação de Laplace num Retângulo

ita l

5.4

Pode-se mostrar que o potencial elétrico, u( x, y), numa região em que há ausência de cargas elétricas satisfaz a equação diferencial ∂2 u ∂2 u + 2 =0 ∂x2 ∂y

ig

chamada equação de Laplace. As soluções estacionárias da equação do calor em uma placa satisfaz a equação 

∂2 u ∂2 u + 2 ∂x2 ∂y

D

∂u = α2 ∂t



=0

e as soluções estacionárias da equação de uma membrana elástica satisfaz a equação ∂2 u = a2 ∂t2



∂2 u ∂2 u + 2 ∂x2 ∂y



= 0.

ia

Ou seja, ambas satisfazem a equação de Laplace.

óp

O problema de encontrar a solução da equação de Laplace numa região sendo conhecidos os seus valores na fronteira da região é chamado problema de Dirichlet. Vamos considerar, agora, o problema de Dirichlet em um retângulo

Março 2012

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = g( x ), 0 < x < a,     u(0, y) = h(y), u( a, y) = k(y), 0 < y < b. GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

606

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais A solução deste problema é a soma das soluções dos problemas com apenas uma das funções f ( x ), g( x ), h(y) e k(y) não nulas (verifique!).

5.4.1

Apenas k (y) Não Nula

ig

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, b) = 0, 0 < x < a,     u(0, y) = 0, u( a, y) = k (y), 0 < y < b.

D

Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equação obtemos X 00 ( x )Y (y) = − X ( x )Y 00 (y).

ia

Dividindo-se por X ( x )Y (y) obtemos

X 00 ( x ) Y 00 (y) =− . X (x) Y (y)

óp

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) Y 00 (t) =− = λ. X (x) Y (y)

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias ( X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0

Tópicos de Equações Diferenciais

00

Y (y) + λY (y) = 0, Y (0) = 0, Y (b) = 0 GoBack GoForward

(5.44) (5.45) Março 2012

607

Equação de Laplace num Retângulo

ita l

5.4

A equação (5.45) com as condições de fronteira foi resolvida no problema do calor em uma barra com condições homogêneas - equação (5.19) na página 552 - e tem solução não identicamente nula somente se λ=

n2 π 2 , b2

para n = 1, 2, 3, . . .

e neste caso a solução é da forma

Substituindo-se λ =

n2 π 2 b2

nπy , n = 1, 2, 3, . . . b

ig

Y (y) = c1 sen

na equação (5.44) obtemos

n2 π 2 X ( x ) = 0. b2

D

X 00 ( x ) −

Esta equação tem solução geral

X ( x ) = cˆ1 e−

nπ x b

+ cˆ2 e

nπ x b

.

ia

Mas podemos escrever a solução geral na forma X ( x ) = c1 e

nπ a b

e−

nπ x b

+ c2 e −

nπ a b

e

nπ x b

= c1 e −

nπ ( x − a ) b

+ c2 e

nπ ( x − a ) b

.

óp

que com a condição X (0) = 0 tem solução (verifique!) X ( x ) = c2 ( e

nπ x b

− e−

nπ x b

) = C˜ 2 senh

nπx b

Logo, o problema formado pela equação de Laplace e as condições de fronteira u( x, 0) = u( x, b) = 0, para 0 < x < a e u(0, y) = 0, para 0 < y < b, tem soluções fundamentais

Março 2012

un ( x, y) = X ( x )Y (y) = sen GoBack GoForward

nπy nπx senh b b Reginaldo J. Santos

608

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Vamos supor que a solução do problema de Dirichlet seja uma série da forma ∞

u( x, y) =

∑

∞

cn un ( x, y) =

n =1

∑ cn sen

n =1

nπy nπx senh . b b

(5.46)

Para satisfazer a condição inicial u( a, y) = k (y), precisamos ter ∞

∑ cn sen

n =1

∞ h nπy nπa nπa i nπy sen senh = ∑ cn senh . b b b b n =1

ig

k (y) = u( a, y) =

D

Esta é a série de Fourier de senos de k(y). Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519, se a função k : [0, b] → R é contínua por partes tal que a sua derivada k0 (y) também seja contínua por partes, então os coeficientes da série são dados por cn senh

2 nπa = b b

Z b 0

k (y) sen

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

(5.47)

óp

ia

Vamos verificar que realmente (5.46) com os coeficientes dados por (5.47) é a solução do problema de valor inicial. Claramente (5.46) satisfaz as condições de fronteira e a condição inicial é satisfeita para os valores de x ∈ (0, a) tais que f ( x ) é contínua. Vamos ver se (5.46) satisfaz a equação de Laplace. Cada termo da série satisfaz a equação de Laplace. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para dentro do sinal de somatório. Isto decorre da aplicação do Teorema 5.5 na página 534 usando o fato de que 2 1 |cn | ≤ senh nπa b b

Tópicos de Equações Diferenciais

Z b 0

|k(y)|dy ≤

2Me−

nπa b

1 − e −2

nπa b

≤

2Me−

nπa b

1 − e −2

πa b

,

nπ ( a− x1 ) ∂un nπ e− b cn 2πa , ∂x ( x, y) ≤ 2M b 1 − e− b

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Março 2012

5.4

609

Equação de Laplace num Retângulo

ita l

nπ ( a− x1 ) ∂2 u n n2 π 2 e − b cn 2πa , ∂x2 ( x, y) ≤ 2M b2 1 − e− b nπ ( a− x1 ) − ∂un b ≤ 2M nπ e cn ( x, y ) , ∂y b 1 − e− 2πa b

para M =

2 b

Rb 0

ig

nπ ( a− x1 ) ∂2 u n n2 π 2 e − b cn 2πa , ∂y2 ( x, y) ≤ 2M b2 1 − e− b

|k(y)|dy, 0 < x1 ≤ x ≤ x2 < a, 0 < y1 ≤ y ≤ y2 < b, n = 1, 2, 3, . . . e ∞

nπ − nπ (a−x1 ) b e < ∞, b n =1

D

∑

∞

n2 π 2 − nπ (a−x1 ) b < ∞. e 2 n =1 b

ia

∑

Exemplo 5.18. Vamos considerar o problema de Dirichlet num retângulo

óp

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3     u(0, y) = 0, u(3, y) = k (y), 0 < y < 2

com



k(y) =

Março 2012

y, se 0 ≤ y ≤ 1 2 − y, se 1 ≤ y ≤ 2 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

610 A solução é então

∞

u( x, y) =

∑ cn sen

n =1

nπy nπx senh 2 2

cn senh( 3nπ 2 )

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

são os coeficientes da série de senos de k(y), ou seja, usando a em que tabela na página 538, multiplicando por 2 os valores obtemos: 3nπ 2

Z 2

=

0

k(y) sen(

nπy )dy 2

ig

cn senh

  (1) (0) (1) = 2 bn ( f 0,1/2 , 2) + 2bn ( f 1/2,1 , 2) − bn ( f 1/2,1 , 2)

cn =

8 sen nπ 2

D

8 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

=

n2 π 2 senh 3nπ 2

, n = 1, 2, 3 . . .

Entretanto, coeficientes de índice par são nulos:

ia

c2k = 0 8(−1)k

c2k+1 =

1) π (2k + 1)2 π 2 senh 3(2k+ 2

.

óp

Portanto, a solução é dada por u( x, y)

=

8 π2

=

8 π2

∞

∑

sen nπ 2

3nπ 2 n=1 n senh 2 ∞

∑

sen

nπy nπx senh 2 2

(−1)n

3(2n+1)π n=0 (2n + 1)2 senh 2

Tópicos de Equações Diferenciais

sen

(2n + 1)πy (2n + 1)πx senh 2 2

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Março 2012

611

Equação de Laplace num Retângulo

5.4.2

Apenas h(y) Não Nula

ita l

5.4

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y

ig

 u( x, 0) = 0, u( x, b) = 0, 0 < x < a,     u(0, y) = h(y), u( a, y) = 0, 0 < y < b.

Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y)

D

Derivando e substituindo-se na equação obtemos

X 00 ( x )Y (y) = − X ( x )Y 00 (y).

ia

Dividindo-se por X ( x )Y (y) obtemos

Y 00 (y) X 00 ( x ) =− . X (x) Y (y)

óp

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) Y 00 (t) =− = λ. X (x) Y (y)

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias

Março 2012

(

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, 00

X ( a) = 0

Y (y) + λY (y) = 0, Y (0) = 0, Y (b) = 0 GoBack GoForward

(5.48) (5.49) Reginaldo J. Santos

612

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais A equação (5.49) com as condições de fronteira foi resolvida no problema do calor em uma barra com condições homogêneas - equação (5.19) na página 552 - e tem solução não identicamente nula somente se λ=

n2 π 2 , b2

para n = 1, 2, 3, . . .

ig

e a solução é da forma Y (y) = c1 sen n2 π 2 b2

na primeira equação diferencial obtemos

D

Substituindo-se λ =

nπy , n = 1, 2, 3, . . . b

X 00 ( x ) −

n2 π 2 X ( x ) = 0, b2

que com a condição X ( a) = 0 tem solução (verifique!) nπ ( x − a ) b

ia

X ( x ) = c2 ( e

− e−

nπ ( x − a ) b

nπ ) = C˜ 2 senh( ( x − a)) b

óp

Logo, o problema formado pela equação de Laplace e as condições de fronteira u( x, 0) = u( x, b) = 0, para 0 < x < a e u( a, y) = 0, para 0 < y < b, tem soluções fundamentais un ( x, y) = X ( x )Y (y) = sen

nπy nπ senh( ( x − a)) b b

Vamos supor que a solução do problema de Dirichlet seja uma série da forma u( x, y) =

Tópicos de Equações Diferenciais

∞

∞

n =1

n =1

∑ cn un (x, y) = ∑ cn sen

GoBack GoForward

nπy nπ senh( ( x − a)). b b Março 2012

613

Equação de Laplace num Retângulo

ita l

5.4

Para satisfazer a condição inicial u(0, y) = h(y), precisamos ter ∞

h(y) = u(0, y) = −

∑ cn sen

n =1

∞ h nπy nπa i nπy nπa sen senh = − ∑ cn senh . b b b b n =1

−cn senh

ig

Esta é a série de Fourier de senos de h(y). Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519, se a função h : [0, b] → R é contínua por partes tal que a sua derivada h0 também seja contínua por partes, então os coeficientes da série são dados por 2 nπa = b b

Z b 0

h(y) sen

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

D

Podemos evitar o sinal negativo se escrevemos u( x, y) = e neste caso

∞

n =1

n =1

nπa 2 = b b

Z b

ia

cn senh

∞

∑ un (x, y) = ∑ cn sen

0

h(y) sen(

nπy nπ senh( ( a − x )) b b

nπy )dy, n = 1, 2, 3 . . . b

(5.50)

(5.51)

óp

Vamos verificar que realmente (5.50) com os coeficientes dados por (5.51) é a solução do problema de valor inicial. Claramente (5.50) satisfaz as condições de fronteira e a condição inicial é satisfeita para os valores de y ∈ (0, b) tais que h(y) é contínua. Vamos ver se (5.50) satisfaz a equação de Laplace. Cada termo da série satisfaz a equação de Laplace. Basta provarmos que podemos passar as derivadas para dentro do sinal de somatório. Isto decorre da aplicação do Teorema 5.5 na página 534 usando o fato de que 1 2 |cn | ≤ nπa senh b b

Março 2012

Z b 0

|k(y)|dy ≤

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2Me−

nπa b

1 − e −2

nπa b

≤

2Me−

nπa b

1 − e −2

πa b

,

Reginaldo J. Santos

614

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

2 b

Rb 0

|h(y)|dy, 0 < x1 ≤ x ≤ x2 < a, 0 < y1 ≤ y ≤ y2 < b, n = 1, 2, 3, . . .

D

para M = e

ig

ita l

nπx1 ∂un nπ e− b cn 2πa , ∂x ( x, y) ≤ 2M b 1 − e− b nπx1 ∂2 u n n2 π 2 e − b cn 2πa , ∂x2 ( x, y) ≤ 2M b2 1 − e− b nπx1 ∂un nπ e− b cn 2πa , ∂y ( x, y) ≤ 2M b 1 − e− b nπx − b1 2 2 ∂2 u n cn ≤ 2M n π e ( x, y ) ∂y2 b2 1 − e− 2πa b

∞

nπ − nπx1 e b < ∞, b n =1

∑

∞

n2 π 2 − nπx1 e b < ∞. 2 n =1 b

ia

∑

Exemplo 5.19. Vamos considerar o problema de Dirichlet num retângulo

óp

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3,     u(0, y) = h(y), u(3, y) = 0, 0 < y < 2.

com



h(y) =

Tópicos de Equações Diferenciais

y, 2 − y,

se 0 ≤ y ≤ 1 se 1 ≤ y ≤ 2 GoBack GoForward

Março 2012

615

Equação de Laplace num Retângulo

A solução é então ∞

∑ cn sen

u( x, y) =

n =1

nπy nπ senh( (3 − x )) 2 2

ita l

5.4

3nπ ) 2

Z 2

=

0

nπy )dy 2

8 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

=

8 sen nπ 2

cn =

h(y) sen(

D

cn senh(

ig

em que cn senh( 3nπ 2 ) são os coeficientes da série de senos de h ( y ), que são os mesmos da função k(y) do Exemplo 5.18 na página 609, ou seja,

n2 π 2 senh 3nπ 2

Ou ainda,

, n = 1, 2, 3 . . .

ia

c2k = 0 c2k+1 =

8(−1)k

1) π (2k + 1)2 π 2 senh 3(2k+ 2

.

u( x, y)

óp

Portanto, a solução é dada por

=

8 π2

=

8 π2

Março 2012

∞

∑

sen nπ 2

3nπ 2 n=1 n senh 2 ∞

∑

n =0

sen

nπy nπx senh 2 2

(−1)n

(2n + 1)2 senh

3(2n+1)π 2

sen

(2n + 1)πy (2n + 1)π (3 − x ) senh 2 2

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Reginaldo J. Santos

616

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Caso Geral

ita l

5.4.3

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y

 u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = g( x ), 0 < x < a,     u(0, y) = h(y), u( a, y) = k(y), 0 < y < b.

ig

Como dissemos anteriormente a solução deste problema é a soma das soluções dos problemas com apenas uma das funções f ( x ), g( x ), h(y) e k (y) não nulas, que denotamos por u( f ) ( x, y), u( g) ( x, y), u(h) ( x, y) e u(k) ( x, y), respectivamente. Ou seja,

D

u( x, y) = u( f ) ( x, y) + u( g) ( x, y) + u(h) ( x, y) + u(k) ( x, y).

Exemplo 5.20. Vamos considerar o problema de Dirichlet num retângulo

ia

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,    ∂x2 ∂y

com

óp

 u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3,     u(0, y) = h(y), u(3, y) = k(y), 0 < y < 2. 

h(y) = k(y) =

y, se 0 ≤ y ≤ 1 2 − y, se 1 ≤ x ≤ 2

A solução é então

∞

nπy u( x, y) = ∑ cn sen 2 n =1

Tópicos de Equações Diferenciais



nπx nπ (3 − x ) senh + senh 2 2 GoBack GoForward



Março 2012

5.4

617

Equação de Laplace num Retângulo

3nπ 2

Z 2

=

0

nπy dy 2

8 sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

= cn =

k(y) sen

8 sen nπ 2 2 2 senh( 3nπ 2 )n π

, n = 1, 2, 3 . . .

Ou ainda, c2k = 0 8(−1)k

1) π (2k + 1)2 π 2 senh 3(2k+ 2

Portanto, a solução é dada por

= =

sen nπ 2

 nπx nπ (3 − x ) senh + senh ∑ 2 3nπ 2 2 n=1 n senh 2   (−1)n (2n + 1)πy (2n + 1)πx (2n + 1)π (3 − x ) 8 ∞ sen senh + senh 3(2n+1)π 2 2 2 π 2 n∑ =0 (2n + 1)2 senh 8 π2

nπy sen 2



ia

u( x, y)

∞

.

D

c2k+1 =

ig

cn senh

ita l

em que cn senh 3nπ 2 são os coeficientes da série de senos de k ( y ), ou seja,

óp

2

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

618

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

ita l

Exercícios (respostas na página 661) 4.1. Resolva o seguinte problema

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,    ∂x2 ∂y

com

  y, 1/2, k(y) =  2 − y,

se 0 ≤ y < 1/2 se 1/2 ≤ y < 3/2 se 3/2 < y ≤ 2

D

4.2. Resolva o seguinte problema

ig

 u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3,     u(0, y) = 0, u(3, y) = k(y), 0 < y < 2.

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < 3, 0 < y < 2,    ∂x2 ∂y

  y, 1/2, h(y) =  2 − y,

se 0 ≤ y < 1/2 se 1/2 ≤ y < 3/2 se 3/2 < y ≤ 2

óp

com

ia

 u( x, 0) = 0, u( x, 2) = 0, 0 < x < 3     u(0, y) = h(y), u(3, y) = 0, 0 < y < 2

4.3. Resolva o seguinte problema

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = 0, u( x, b) = g( x ), 0 < x < a     u(0, y) = 0, u( a, y) = 0, 0 < y < b

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

619

Equação de Laplace num Retângulo

ita l

5.4

4.4. Resolva o seguinte problema

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y  u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = 0, 0 < x < a     u(0, y) = 0, u( a, y) = 0, 0 < y < b

ig

4.5. Resolva o seguinte problema

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,    ∂x2 ∂y

D

 u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = g( x ), 0 < x < a     u(0, y) = h(y), u( a, y) = k(y), 0 < y < b

4.6. Vamos considerar o problema de valor de contorno em um retângulo gerado pela equação de Laplace  ∂2 u ∂2 u    + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,   ∂y  ∂x2 ∂u ∂y ( x, 0)

= f ( x ),

∂u ∂y ( x, b )

= g ( x ), 0 < x < a

∂u ∂x (0, y )

= h ( y ),

∂u ∂x ( a, y )

= k ( y ), 0 < y < b

ia      

óp

Este problema é chamado problema de Neuman. A solução deste problema é a soma das soluções dos problemas com apenas uma das funções f ( x ), g( x ), h(y) e k(y) não nulas. (a) Resolva o problema

 ∂2 u ∂2 u    + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,   ∂y  ∂x2      

Março 2012

∂u ∂y ( x, 0)

= 0,

∂u ∂y ( x, b )

= 0, 0 < x < a

∂u ∂x (0, y )

= 0,

∂u ∂x ( a, y )

= k ( y ), 0 < y < b

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Reginaldo J. Santos

620 (b) Resolva o problema

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

 ∂2 u ∂2 u    + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,   ∂y  ∂x2      

∂u ∂y ( x, b )

∂u ∂y ( x, 0)

= 0,

∂u ∂x (0, y )

= h ( y ),

= 0, 0 < x < a

∂u ∂x ( a, y )

= 0, 0 < y < b

∂u ∂y ( x, 0)

= f ( x ),

∂u ∂x (0, y )

= h ( y ),

∂u ∂y ( x, b )

= g ( x ), 0 < x < a

∂u ∂x ( a, y )

= k ( y ), 0 < y < b

D

     

ig

(c) Por analogia escreva a solução dos problemas com somente f ( x ) diferente de zero, com somente g( x ) diferente de zero e determine a solução do problema de Neuman no caso geral  ∂2 u ∂2 u    + 2 = 0, 0 < x < a, 0 < y < b,   ∂y  ∂x2

(d) Explique por que este problema não tem solução única. (e) Explique por que o problema só tem solução se k(y)dy =

Z b

h(y)dy =

ia

Z b 0

0

Z a 0

g( x )dx =

Z a 0

f ( x )dx = 0

óp

4.7. Encontre as equações diferenciais ordinárias e as condições de fronteira associadas às soluções fundamentais do problema:  2 ∂ u ∂2 u ∂u   + 2 = u − ; 0 < x < 1, 0 < y < 1  2  ∂x ∂x ∂y     ∂u u(0, y) = 0 = (1, y); 0 < y < 1, ∂x   ∂u   ( x, 1) = 0; 0 < x < 1,     ∂y u( x, 0) = f ( x ); 0 < x < 1.

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

621

Equação de Laplace num Retângulo

y

ig

u(x,b)=g(x)

ia

D

b

u(0,y)=h(y)

ita l

5.4

u(x,0)=f(x)

u(a,y)=k(y)

x a

óp

Figura 5.28. Retângulo onde é resolvido o problema de Dirichlet

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

622

ia

D

ig

z

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

y

óp

x

Figura 5.29. Solução do problema de Dirichlet do Exemplo 5.18 tomando apenas 3 termos não nulos da série

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

623

Equação de Laplace num Retângulo

ia

D

ig

z

ita l

5.4

y

óp

x

Figura 5.30. Solução do problema de Dirichlet do Exemplo 5.19 tomando apenas 3 termos não nulos da série

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

624

ia

D

ig

z

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

y

óp

x

Figura 5.31. Solução do problema de Dirichlet do Exemplo 5.20 tomando apenas 3 termos não nulos da série

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

625

Respostas dos Exercícios

Respostas dos Exercícios

ita l

5.5

1. Séries de Fourier (página 539) 1.1. Separando a integral em duas partes, usando a mudança de variáveis t = −s na primeira parte e usando o fato de que o cosseno e a função f são pares:

= = =

1 L nπt f (t) cos dt L −L L Z 0 Z nπt nπt 1 L 1 f (t) cos f (t) cos dt + dt L −L L L 0 L Z Z 1 0 −nπs 1 L nπt f (−s) cos (−ds) + f (t) cos dt L L L L 0 L Z Z Z nπs 1 L nπt 2 L nπt 1 0 f (s) cos ds + f (t) cos dt = f (t) cos dt − L L L L 0 L L 0 L Z

ig

=

D

an

ia

Separando a integral em duas partes, usando a mudança de variáveis t = −s na primeira parte e usando o fato de que o seno é ímpar e a função f é par: bn

=

Z

óp

=

1 L nπt f (t) sen dt L −L L Z 0 Z 1 nπt 1 L nπt f (t) sen dt + f (t) sen dt L −L L L 0 L Z Z 1 0 −nπs 1 L nπt f (−s) sen (−ds) + f (t) sen dt L L L L 0 L Z Z 1 0 nπs 1 L nπt f (s) sen ds + f (t) sen dt = 0 L L L L 0 L

=

=

1.2. Separando a integral em duas partes, usando a mudança de variáveis t = −s na primeira parte e usando Março 2012

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Reginaldo J. Santos

626

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais o fato de que o cosseno é par e a função f é ímpar:

= = = =

Z

ig

an

1 L nπt f (t) cos dt L −L L Z 0 Z 1 nπt 1 L nπt f (t) cos dt + f (t) cos dt L −L L L 0 L Z Z 1 0 1 L −nπs nπt (−ds) + dt f (−s) cos f (t) cos L L L L 0 L Z Z nπs nπt 1 0 1 L f (s) cos f (t) cos ds + dt = 0 L L L L 0 L

= = =

1.3.

Z

óp

=

1 L nπt f (t) sen dt L −L L Z Z 1 0 nπt 1 L nπt f (t) sen dt + f (t) sen dt L −L L L 0 L Z Z 1 0 −nπs 1 L nπt f (−s) sen (−ds) + f (t) sen dt L L L L 0 L Z 0 Z L Z nπs 1 nπt 2 L nπt 1 − f (s) sen ds + f (t) sen dt = f (t) sen dt L L L L 0 L L 0 L

ia

bn

D

Separando a integral em duas partes, usando a mudança de variáveis t = −s na primeira parte e usando o fato de que o seno e a função f são ímpares:

(a) Dividindo a integral em duas partes, fazendo a mudança de variáveis t = L − s na segunda parte e usando o fato de que

Tópicos de Equações Diferenciais

h ( L − t ) = − h ( t ),

para t ∈ [0, L/2]

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Março 2012

627

obtemos Z L 0

h(t) dt

=

Z L/2 0

=

Z L/2 0

Z L/2 0

h( L − t)

=

L/2 Z 0

h(t) dt

h( L − s) (−ds)

L/2

h(s) ds = 0

    2kπt 2kπt 2kπ ( L − t) = f (t) sen 2kπ − = f (t) sen − f ( L − t) sen L L L   2kπt = −h(t) − f (t) sen L

ia

=

h(t) dt +

L/2 Z 0

D

(b) Para h(t) = f (t) sen 2kπt L temos que

h(t) dt +

Z L

ig

=

h(t) dt +

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

Assim, segue da aplicação do item (a) que b2k = 0.

óp

(c) Para h(t) = f (t) cos 2kπt L temos que h( L − t)

=

=

    2kπ ( L − t) 2kπt 2kπt f ( L − t) cos = − f (t) cos 2kπ − = − f (t) cos − L L L   2kπt = −h(t) − f (t) cos L

Assim, segue da aplicação do item (a) que a2k = 0.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

628 1.4. Fazendo a mudança de variáveis s =

=

an

=

1 dL 1 dL 2 L2 3 ( d − c3 ) f (t)dt = t dt = L cL L cL 3 Z Z Z nπd 1 dL 1 dL 2 L2 nπt nπt dt = dt = 3 3 f (t) cos t cos s2 cos s ds L cL L L cL L n π nπc   Z nπd nπd L2 2 s sen s −2 s sen s n3 π 3 nπc nπc   nπd L2  2 s − 2 sen s + 2s cos s n3 π 3 nπc Z

=

Z

(t) =

Z nπd nπc

s2 sen s ds

∞ ∞ a0 nπt nπt + ∑ an cos + ∑ bn sen 2 L L n =1 n =1

óp

(2) f c,d

Z dL

ia

=

S

1 dL 2 L2 nπt nπt dt = dt = 3 3 f (t) sen t sen L L cL L n π cL   Z nπd 2 nπd L −s2 cos s +2 s cos s n3 π 3 nπc nπc  nπd L2  2 2s sen s + ( 2 − s ) cos s n3 π 3 nπc 1 L

=

=

Z

ig

=

bn

e integrando-se por partes duas vezes obtemos

D

a0

nπt L

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

=

L2 6

( d3 − c3 ) +

+

Tópicos de Equações Diferenciais

L2 π3

∞

∑

n =1

L2 π3

∞

∑



nπd s2 − 2 sen s + 2s cos s nπc

n3 n =1
nπd 2s sen s + (2 − s2 ) cos s nπc

n3

GoBack GoForward

sen

cos

nπt L

nπt L Março 2012

629

1.5.

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios (a) A função é ímpar. A sua série de Fourier de período 2L é dada por ∞

S f (t) =

∑ bn sen

n =1

com bn = 2

Z L 0

f (t) sen

nπt . L

nπ nπt 2 2 dt = − cos s = (1 − (−1)n ). L nπ nπ 0

ig

Assim, os termos de índice par (com exceção do primeiro) são iguais a zero e neste caso a série de Fourier de f é dada por 4 ∞ 1 (2k + 1)πt S f (t) = sen . π k∑ 2k + 1 L =0

D

(b) A função é par. Logo, a sua série de Fourier de período 2L é dada por S f (t) =

L (0) (1) a0 ( f 0,1 , L) − a0 ( f 0,1 , L) 2

ia



∞ nπt a0 + ∑ an cos 2 L n =1

a0

= 2

óp

=

an

= =

=

Março 2012



L 2



 L (0) (1) 2 an ( f 0,1 , L) − an ( f 0,1 , L) 2 nπ nπ L 2 sen s − 2 2 (s sen s + cos s) nπ n π 0 0 2 2 0 − 2 2 ((−1)n − 1) = − 2 2 ((−1)n − 1). n π n π GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

630

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Assim, os termos de índice par (com exceção do primeiro) são iguais a zero e neste caso a série de Fourier de f é dada por S f (t) =

L 4 + 2 4 π

∞

(2k + 1)πt 1 cos . 2 L ( 2k + 1 ) k =0

∑

ig

1.6. A função f é ímpar e periódica de período 2L. Logo, a sua série de Fourier é da forma ∞

S f (t)

∑ bn sen

=

= = = =

Z

óp

=

2 L nπx dx f ( x ) sen L 0 L   (1) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/2 ) + Lbn ( f 1/2,1 ) − bn ( f 1/2,1 ) nπ/2 2L nπ nπ 2L 2L − cos s − s cos s + sen s s cos s + sen s (− ) (− ) nπ n2 π 2 n2 π 2 0 nπ/2 nπ/2   4L nπ nπ nπ 2L nπ − cos + sen + cos 2 2 2 nπ 2 n2 π 2 4L sen nπ 2 , n = 1, 2, 3 . . . n2 π 2

ia

bn

D

n =1

nπt . L

Entretanto, alguns coeficientes são nulos:

Tópicos de Equações Diferenciais

b2k = 0 b2k+1 =

4L(−1)k . (2k + 1)2 π 2

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Março 2012

631

Assim, a sua série de Fourier é dada por S f (t)

∞

=

4L π2

sen nπ nπt 2 sen 2 L n n =1

=

4L π2

(2n + 1)πt (−1)n sen 2 L ( 2n + 1 ) n =0

∑ ∞

∑

an

= = =

2 L −2L2 2 L L2 f (t)dt = (−t2 + Lt) dt = + L2 = L 0 L 0 3 3   (1) (2) 2 − an ( f 0,1 , L) + L an ( f 0,1 , L)   2L2  2 2 2L2 − 3 3 n π − 2 sen nπ + 2nπ cos nπ + 2 2 (nπ sen nπ + cos nπ − 1) n π n π 2L2 2L2 (− cos nπ − 1) = 2 2 ((−1)n+1 − 1) n2 π 2 n π Z

Z

D

=

ig

1.7. A função f : [0, L] → R, dada por f (t) = t( L − t) = −t2 + Lt a0

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

ia

Entretanto, os coeficientes de índice ímpar são nulos. Podemos separar os termos em de índice par e de índice ímpar a2k+1 = 0

óp

a2k =

bn

Março 2012

−4L2 − L2 = . (2k)2 π 2 k2 π 2

  (2) (1) = 2 −bn ( f 0,1 , L) + L bn ( f 0,1 , L)    2L2  2L2 = − 3 3 2nπ sen nπ + 2 − n2 π 2 cos nπ − 2 + 2 2 (−nπ cos nπ + sen nπ ) n π n π 4L2 4L2 = (− cos nπ + 1) = 3 3 ((−1)n+1 + 1) n3 π 3 n π GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

632 Entretanto, os coeficientes de índice par são nulos. : b2k = 0 b2k+1 =

=

L2 2L2 L2 − − 2 2 6 π

=

4L2 π3

=

8L2 π3

∞

∑

∞

1 2nπt cos 2 L n =1 n

∑

(−1)n+1 + 1 nπt sen 3 L n n =1

∑ ∞

1 (2n + 1)πt sen 3 L n=0 (2n + 1)

∑

nπ 2 sen nπ (0) (0) 2 (a) a0 = 2a0 ( f 1/2,1 , L) = 1, an = 2an ( f 1/2,1 , L) = nπ sen s nπ = − nπ 2 , 2 nπ 2((−1)n −cos nπ (0) 2 2 ) bn = 2bn ( f 1/2,1 , L) = − nπ cos s nπ = − . nπ

ia

1.8.

(−1)n+1 − 1 nπt cos 2 L n n =1

L2 2L2 + 2 3 π

ig

Ss f (t)

∞

=

D

Sc f (t)

8L2 . (2k + 1)3 π 3

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

2

óp

1 2 ∞ sen nπ nπt 1 2 2 Sc f (t) = − cos = − 2 π n∑ n L 2 π =1 n 2 ∞ cos nπ nπt 2 − (−1) Ss f (t) = sen ∑ π n =1 n L (0)

(0)

∞

(2n + 1)πt (−1)n cos . 2n + 1 L n =0

∑

(b) a0 = 2a0 ( f 1/4,3/4 , L) = 1, an = 2an ( f 1/4,3/4 , L) =

2 nπ

3nπ 4 sen s nπ =

3nπ nπ 2(cos 3nπ 4 (0) 2 4 −cos 4 ) bn = 2bn ( f 1/4,3/4 , L) = − nπ cos s nπ = − . nπ

2(sen

3nπ −sen nπ ) 4 4

nπ

,

4

4

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

633

5.5. Respostas dos Exercícios 1 2 + 2 π ∞

∞

nπ sen 3nπ nπt 4 − sen 4 cos ∑ n L n =1

ita l

Sc f (t) =

3nπ cos nπ nπt 4 − cos 4 sen n L n =1   (1) (0) (c) a0 = 2 a0 ( f 1/2,1 , L) − L2 a0 ( f 1/2,1 , L) = L4 ,   2L((−1)n −cos nπ (0) (1) 2 ) , an = 2 an ( f 1/2,1 , L) − L2 f 1/2,1 , L) = 2 π2 n   L(nπ (−1)n +2 sen nπ (1) (0) L 2 ) bn = 2 bn ( f 1/2,1 , L) − 2 bn ( f 1/2,1 , L) = . n2 π 2

2 π

∑

ig

Ss f (t) =

nπt L 2L ∞ (−1)n − cos nπ 2 cos + 2 ∑ . 8 L π n =1 n2 nπt L ∞ nπ (−1)n + 2 sen nπ 2 sen Ss f (t) = − 2 ∑ L π n =1 n2   (0) (1) (0) (1) (d) a0 = 2 a0 ( f 0,1/4 , L) + L4 a0 ( f 1/4,3/4 , L) + La0 ( f 3/4,1 , L) − a0 ( f 3/4,1 , L) = 3L 8 ,   3nπ n 2L(cos nπ (1) ( 0 ) ( 0 ) ( 1 ) 4 +cos 4 −1−(−1) ) an = 2 an ( f 0,1/4 , L) + L4 an ( f 1/4,3/4 , L) + Lan ( f 3/4,1 , L) − an ( f 3/4,1 , L) = , n2 π 2   nπ +sen 3nπ ) 2L ( sen (0) (0) (1) (1) 4 4 . bn = 2 bn ( f 0,1/4 , L) + L4 bn ( f 1/4,3/4 , L) + Lbn ( f 3/4,1 , L) − bn ( f 3/4,1 , L) = n2 π 2

ia

D

Sc f (t) =

3nπ n 3L 2L ∞ cos nπ nπt 4 + cos 4 − 1 − (−1) + 2 ∑ . cos 2 16 L π n =1 n 3nπ 2L ∞ sen nπ nπt 4 + sen 4 Ss f (t) = 2 ∑ sen . 2 L π n =1 n

1.9.

óp

Sc f (t) =

(a) Como f : R → R é contínua por partes com a derivada f 0 também contínua por partes, ímpar e periódica de período igual a 2 podemos escrevê-la em termos de sua série de Fourier como f (t) =

Março 2012

∞

∑

bm sen mπt,

para t 6= n, n ∈ Z.

m =1

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Reginaldo J. Santos

634 com

Z 1

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

mπ 2 2 cos s = ((−1)m − 1) mπ mπ 0 0 A solução da equação homogênea correspondente é √ √ 2 2 t + c2 sen t y(t) = c1 cos 2 2 bm = 2

f (t) sen mπt dt =

ig

Podemos procurar uma solução particular da forma ∞

y(t) =

∑ ( Am cos mπt + Bm sen mπt)

m =1

D

com coeficientes Am , Bm a determinar. ∞

y0 (t) =

∑ (−mπ Am sen mπt + mπBm cos mπt)

m =1

y00 (t) = −

∞

∑ (m2 π2 Am cos mπt + m2 π2 Bm sen mπt)

ia

m =1

Substituindo-se y(t) e ∞

−2

∑

na equação diferencial obtemos

m2 π 2 ( Am cos mπt + Bm sen mπt) +

óp

m =1

y00 (t)

∞

∞

m =1

m =1

∑ ( Am cos mπt + Bm sen mπt) = ∑

∞

∑ [( Bm (1 − 2m2 π2 ) − bm ] sen mπt +

m =1

bm sen mπt

∞

∑

Am cos mπt) = 0

m =1

Fazendo t = 0 e t = 1 obtemos Am = 0,

Tópicos de Equações Diferenciais

Bm =

bm , 1 − 2m2 π 2

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para m = 1, 2, . . . Março 2012

635

Assim, uma solução particular da equação diferencial é ∞

y p (t) =

bm 2 ∑ 1 − 2m2 π2 sen mπt = π m =1

∞

(−1)m − 1 sen mπt ∑ 2 2 m=1 m (1 − 2m π )

A solução geral é então

√ 2 2 2 t + c2 sen t+ 2 2 π

(b) y(0) = 0 implica que c1 = 0. Logo, 0

(−1)m − 1 sen mπt 2 2 m=1 m (1 − 2m π )

√

√ ∞ 2 2 (−1)m − 1 cos mπt cos t+2 ∑ 2 2 2 2 m=1 1 − 2m π

D

y ( t ) = c2

∞

∑

ig

√ y(t) = c1 cos

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

Substituindo-se t = 0 e y0 = 0 obtemos

√ c2 = −2 2

∞

(−1)m − 1 2 2 m=1 1 − 2m π

∑

y(t) 1.10.

√

∞

(−1)m − 1 −2 2 ∑ 2 2 m=1 1 − 2m π

=

óp

y

ia

e a solução do PVI é

N=0

1

√

!

y

sen

2 2 t+ 2 π

Março 2012

1

(−1)m − 1 sen mπt ∑ 2 2 m=1 m (1 − 2m π ) y

N=1

1

N=3

1

t

-1

∞

t -1

1

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t -1

1

Reginaldo J. Santos

636

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais (a) A função é par, contínua por partes, de período igual a 2. Logo, a sua série de Fourier é dada por S f (t) =

∞ a0 + ∑ am cos mπt 2 m =1

  (0) (1) = 2 a0 ( f 0,1 , 1) − a0 ( f 0,1 , 1)

a0

  (0) (1) = 2 an ( f 0,1 , 1) − an ( f 0,1 , 1) nπ nπ 2 2 sen s − 2 2 (s sen s + cos s) = nπ n π 0 0 2 2 n = 0 − 2 2 ((−1) − 1) = − 2 2 ((−1)n − 1). n π n π

D

an

ig

= 2−1 = 1

Assim, os termos de índice par (com exceção do primeiro) são iguais a zero e neste caso a série de (1)

ia

cossenos de f 0,1 é dada por S f (t) =

4 1 + 2 2 π

∞

1 cos(2k + 1)πt, (2k + 1)2 k =0

∑

óp

(b) Como a função f é contínua por partes com derivada f 0 também contínua por partes, então a série de Fourier de f , S f (t), converge para f (t) nos pontos onde f é contínua, que é o caso de t = 0. Logo, S f (0) = f (0) = 1.

Como a série de fourier é periódica de período fundamental igual a 2, então

Tópicos de Equações Diferenciais

S f (t + 100) = S f (t + 50 · 2) = S f (t). GoBack GoForward

Março 2012

637

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios Assim,

1 1 1 S f (100.5) = S f (100 + ) = S f ( ) = . 2 2 2 Além disso, para t = 1/2 a função f também é contínua, logo 1 1 1 S f (100.5) = S f ( ) = f ( ) = . 2 2 2

(a) Estendendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja par obtemos uma série de Fourier em que os coeficientes dos termos de senos são nulos. Os coeficientes podem ser obtidos da tabela na página 538. (0)

ig

1.11.

(0)

a0 = 2a0 ( f 0,1 , L) = 2,

= 1,

para 0 ≤ t ≤ L

D

f (t)

an = 2an ( f 0,1 , L) = 0,

=

2 π

∞

1 − (−1)n nπt 4 sen = n L π n =1

∑

∞

1 (2n + 1)πt sen , 2n + 1 L n =0

∑

para 0 ≤ t ≤ L.

óp

f (t)

ia

(b) Estendendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela seja ímpar obtemos uma série de Fourier em que os coeficientes dos termos de cossenos são nulos. Os coeficientes podem ser obtidos da tabela na página 538. 2(cos nπ − 1) 2(1 − (−1)n ) (0) bn = 2bn ( f 0,1 , L) = − = . nπ nπ

Assim, os termos de índice par da série de senos são nulos.

(c) Estendendo-se f ao intervalo [− L, L] de forma que ela não seja nem par nem ímpar obtemos uma série de Fourier em que os coeficientes os termos de cossenos e de senos são não nulos. Por exemplo, se a função f é estendida ao intervalo [− L, L] da forma dada a seguir  0, se − L ≤ t < 0 f (t) = 1, se 0 ≤ t ≤ L Março 2012

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Reginaldo J. Santos

638

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais então os coeficientes que podem ser obtidos da tabela na página 538 são dados por. (0)

a0 = a0 ( f 0,1 , L) = 1, (0)

bn = bn ( f 0,1 , L) = − 1 1 + 2 π

∞

1 − (−1)n nπt 1 1 sen = + n L 2 π n =1

∑

∞

1 (2n + 1)πt sen , 2n + 1 L n =0

∑

ig

=

1 − (−1)n cos nπ − 1 = . nπ nπ

para − L ≤ t ≤ L.

óp

ia

D

f (t)

(0)

an = an ( f 0,1 , L) = 0,

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

639

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios 2. Equação do Calor em uma Barra (página 574)

(a) Temos que resolver o problema  ∂u ∂2 u     ∂t = ∂x2  u( x, 0) = f ( x ) = 20, 0 < x < 40    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 A solução é então

ig

2.1.

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπx − n2 π2 e 1600 40

t

cn

D

em que cn são os coeficientes da série de senos de f ( x ), ou seja,

=

=

Z

ia

=

1 40 nπx f ( x ) sen( )dx 20 0 40   (0) 2 20bn ( f 0,1 , 40) nπ 2 cos s −20 nπ 0 40 (1 − cos(nπ )) nπ 40 (1 − (−1)n ), n = 1, 2, 3 . . . nπ

=

óp

=

Portanto, a solução é dada por u( x, t)

Março 2012

=

40 ∞ 1 − (−1)n nπx − n2 π2 sen e 1600 ∑ π n =1 n 40

=

1 (2n + 1)π − (2n+1)2 π2 80 ∞ 1600 sen xe ∑ π n=0 2n + 1 40 GoBack GoForward

t

t

Reginaldo J. Santos

640 (b)

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

 n π2 π2 t 1 80 ∞ 80 e− 1600 t 80 − 1600 e |u( x, t)| ≤ = = , para 0 < x < 40, ∑ 2 2 π π π n =1 π 1 − e− 1600 t π e 1600 t − 1 é equivalente a π2

Ou seja, se 80 π

1600 t≥ ln π2

+1

|u( x, t)|

+ 1.

1600 = 2 ln π

80 π

10

!

≈ 200 segundos,

+1

D

|u( x, t)|

!

80 π

ig

e 1600 t ≥

então a temperatura no centro da barra será menor ou igual a 10◦ C. 2.2. Temos que resolver o problema

óp

A solução é então

ia

 ∂u ∂2 u     ∂t = ∂x2  u( x, 0) = f ( x ) = 20, 0 < x < 40    u(0, t) = 0, u(40, t) = 60

u( x, t) =

∞ 3x nπx − n2 π2 + ∑ cn sen e 1600 2 40 n =1

t

em que cn são os coeficientes da série de senos de

Tópicos de Equações Diferenciais

g( x ) = f ( x ) −

3x 3x = 20 − 2 2

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Março 2012

641

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios ou seja,

= = = =

nπx 1 40 g( x ) sen( )dx 20 0 40   3 (0) (1) 2 20bn ( f 0,1 , 40) − bn ( f 0,1 , 40) 2 nπ nπ 40 120 − cos s − 2 2 (−s cos s + sen s) nπ n π 0 0 40 120 − (cos(nπ ) − 1) − 2 2 (−nπ cos(nπ )) nπ n π 40(1 + 2(−1)n ) , n = 1, 2, 3 . . . nπ Z

ig

=

Portanto, a solução é dada por u( x, t)

=

D

cn

3x 40 ∞ 1 + 2(−1)n nπx − n2 π2 + sen e 1600 ∑ 2 π n =1 n 40

t

3x . 2

(a) Temos que resolver o problema   ∂2 u ∂u   = 2   ∂x  ∂t u( x, 0) = f ( x ) = 3x 2 , 0 < x < 40     ∂u ∂u   (0, t) = 0, (40, t) = 0 ∂t ∂t

óp

2.3.

ia

Quando t tende a mais infinito a solução tende a solução estacionária v( x, t) =

A solução é então

Março 2012

∞

u( x, t) =

∑ cn cos

n =0

nπx − n2 π2 e 1600 40

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t

Reginaldo J. Santos

642

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais em que cn são os coeficientes da série de cossenos de f ( x ), ou seja,

=

cn

=

Z

= =

ig

c0

1 40 f ( x )dx = 30, 40 0 Z 40 nπx 1 f ( x ) cos dx 20 0 40   nπ 3 120 (1) 2 an ( f 0,1 , 40) = 2 2 (s sen s + cos s) 2 n π 0 (−1)n − 1 , n = 1, 2, 3 . . . 120 n2 π 2

Portanto, a solução é dada por

= 30 +

120 ∞ (−1)n − 1 nπx − n2 π2 cos e 1600 ∑ 40 π 2 n =1 n2

= 30 −

240 ∞ 1 (2n + 1)πx − (2n+1)2 π2 1600 e cos ∑ 2 2 40 π n=0 (2n + 1)

D

u( x, t)

t

t

t→∞

ia

(b) lim u( x, t) = 30.

2.4. A equação X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluções, √

λx

+ c2 e −

√

λ x.

óp

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e

Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). As condições de fronteira X (0) = 0 e X 0 ( L) = 0 implicam que Se λ > 0 : √ √ Substituindo-se x = 0 e X = 0 em X ( x ) = c1 e λ x + c2 e− λ x , obtemos que 0 = c1 + c2 , ou seja, Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

643

c2 = −c1 . Logo,

√

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

√

− e − λ x ). √ √ √ Agora substituindo-se x = L e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = λc1 (e λ x + e− λ x ), obtemos que se c1 6= 0, então √ √ e λ L = e− λ L X ( x ) = c1 ( e

λx

o que não é possível se λ > 0 (só é possível se λ = 0).

ig

Se λ = 0 : Substituindo-se x = 0 e X = 0 em X ( x ) = c1 + c2 x, obtemos que c1 = 0. Logo, X ( x ) = c2 x.

D

Substituindo-se x = L e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = c2 , obtemos que também c2 = 0.

óp

ia

Se λ < 0 : √ √ Substituindo-se x = 0 e X = 0 em X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ), obtemos que c2 = 0. Logo, √ X ( x ) = c1 sen( −λx ). √ √ Agora substituindo-se x = L e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = −λc2 cos( −λx ), obtemos que se c2 6= 0, então √ cos( −λL) = 0 √ (2n+1)π o que implica que −λL = , para n = 0, 2, 3, . . .. Portanto, 2 λ=−

(2n + 1)2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . 4L2

2.5. A equação X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluções, √

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e

λx

+ c2 e −

√

λ x.

Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. Março 2012

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Reginaldo J. Santos

644 √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). As condições de fronteira X 0 (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Se λ > 0 : √ √ √ Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = λ(c1 e λ x − c2 e− λ x ), obtemos que 0 = c1 − c2 , ou seja, c2 = c1 . Logo, √ √ λx

+ e− √

Agora substituindo-se x = L e X = 0 em X ( x ) = c1 (e √

e

).

+ e−

√

λ x ),

λL

= −e−

√

obtemos que se c1 6= 0, então

λL

D

o que não é possível.

λx

λx

ig

X ( x ) = c1 ( e

Se λ = 0 : Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X ( x ) = c2 , obtemos que c2 = 0. Logo, X ( x ) = c1 .

Substituindo-se x = L e X = 0 em X ( x ) = c1 , obtemos que também c1 = 0.

óp

ia

Se λ < 0 : √ √ √ Substituindo-se x = 0 e X 0 = 0 em X 0 ( x ) = −λ(c1 cos( −λx ) − c2 sen( −λx )), obtemos que c1 = 0. Logo, √ X ( x ) = c2 cos( −λx ). √ Agora substituindo-se x = L e X = 0 em X ( x ) = c2 cos( −λx ), obtemos que se c2 6= 0, então √ cos( −λL) = 0 √ (2n+1)π o que implica que −λL = , para n = 0, 2, 3, . . .. Portanto, 2

Tópicos de Equações Diferenciais

λ=−

(2n + 1)2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . 4L2

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Março 2012

645

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

2.6. Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t). Derivando e substituindo na equação diferencial obtemos

α2 X 00 ( x ) T (t) = X ( x ) T 0 (t)

ig

que pode ser reescrita como

X 00 ( x ) 1 T 0 (t) = 2 X (x) α T (t)

D

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante, ou seja, 1 T 0 (t) X 00 ( x ) = 2 = λ. X (x) α T (t)

ia

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias com condições de fronteira X (0) = X 0 ( L) = 0 que 0 decorrem do fato de que 0 = u(0, t) = X (0) T (t) e 0 = ∂u ∂x ( L, t ) = X ( L ) T ( t ): (

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, 0

X (0) = 0, X 0 ( L) = 0

2

óp

T (t) − α λT (t) = 0

(5.52) (5.53)

A equação X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluções, √

Se λ > 0 : X ( x ) = c1 e

λx

+ c2 e −

√

λ x.

Se λ = 0 : X ( x ) = c1 + c2 x. √ √ Se λ < 0 : X ( x ) = c1 sen( −λx ) + c2 cos( −λx ). Março 2012

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Reginaldo J. Santos

646

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

λ=−

ita l

As condições de fronteira X (0) = 0 e X 0 ( L) = 0 implicam que (5.52) tem solução não identicamente nula somente se λ < 0 (conforme exercício anterior), mais que isso λ tem que ter valores dados por

(2n + 1)2 π 2 , n = 0, 1, 2, 3, . . . 4L2

ou seja, a equação o problema de valores de fronteira (5.52) tem solução

Substituindo-se λ = −

(2n+1)2 π 2 4L2

(2n + 1)πx , para n = 0, 1, 2, 3, . . . . 2L

ig

X ( x ) = c1 sen

na equação diferencial (5.53) obtemos α2 (2n + 1)2 π 2 T (t) = 0 4L2

D

T 0 (t) + que tem como solução

T ( t ) = c2 e

−α

2 (2n+1)2 π 2 4L2

t

, para n = 0, 1, 2, 3, . . . .

ia

Logo, o problema formado pela equação diferencial parcial e as condições de fronteira tem soluções fundamentais (2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L u2n+1 ( x, t) = X ( x ) T (t) = sen e 2L Além disso, combinações lineares dessas soluções são também solução

óp

N

u( x, t) =

N

c2n+1 sen

(2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L e 2L

∑ c2n+1 u2n+1 (x, t) = ∑ c2n+1 sen

(2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L e 2L

∑

c2n+1 u2n+1 ( x, t) =

n =0

∑

n =0

Vamos supor que a solução do PVIF seja a série u( x, t) =

Tópicos de Equações Diferenciais

∞

∞

n =0

n =0

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Março 2012

647

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios são soluções. Então, para satisfazer a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condição ∞

f ( x ) = u( x, 0) =

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx . 2L



f (x) f (2L − x )

se x ∈ [0, L] se x ∈ [ L, 2L]

D

f˜( x ) =

ig

Esta não é a série de Fourier de senos de f ( x ). Entretanto, estendendo f ao intervalo [0, 2L] de forma que ela seja simétrica em relação a reta x = L, ou seja,

então

f˜( x ) =

∞

∑ c2n+1 sen

pois

=

2L 2 nπx 1 L ˜ nπx 1 2L ˜ nπx f˜( x ) sen dx = f ( x ) sen dx + f ( x ) sen dx 2L 0 L L 0 L L L L Z L Z 2L 1 nπx 1 nπx f ( x ) sen dx + f (2L − x ) sen dx L 0 L L L L   Z Z 1 L nπx 1 0 nπx 0 0 f ( x ) sen dx + f ( x ) sen 2nπ − (−dx 0 ) = 0. L 0 L L L L

Z

Z

Z

óp

c2n

ia

n =0

(2n + 1)πx . 2L

=

=

Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519, se a função f : [0, L] → R é contínua por partes tal que a sua Março 2012

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Reginaldo J. Santos

648

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

= = = =

2L (2n + 1)πx 1 L ˜ (2n + 1)πx 1 2L ˜ (2n + 1)πx 2 f˜( x ) sen dx = f ( x ) sen dx + f ( x ) sen dx 2L 0 2L L 0 2L L L 2L Z Z 1 L (2n + 1)πx (2n + 1)πx 1 2L f ( x ) sen f (2L − x ) sen dx + dx L 0 2L L L 2L   Z L Z 0 1 1 (2n + 1)πx (2n + 1)πx 0 dx + (−dx 0 ) f ( x ) sen f ( x 0 ) sen (2n + 1)π − L 0 2L L L 2L Z (2n + 1)πx 2 L f ( x ) sen dx. L 0 2L

Z

Z

Z

ig

c2n+1

ita l

derivada f 0 também seja contínua por partes, então os coeficientes da série são dados por

D

para n = 0, 1, 2, 3 . . .

2.7. Observamos que v( x, t) = T1 é uma solução da equação

∂v ∂2 u = α2 2 = 0 ∂t ∂x

ia

que satisfaz as condições u(0, t) = T1 ,

∂u ( L, t) = 0 ∂x

óp

Logo, a solução do problema é

u( x, t) = v( x, t) + u0 ( x, t),

em que u0 ( x, t) é a solução de

Tópicos de Equações Diferenciais

 ∂u ∂2 u   = α2 2   ∂x  ∂t u( x, 0) = f ( x ), 0 < x < L      u(0, t) = 0, ∂u ( L, t) = 0 ∂x GoBack GoForward

Março 2012

649

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios Assim, usando o resultado do exercício anterior ∞

u( x, t) = T1 +

∑ c2n+1 sen

n =0

(2n + 1)πx − α2 (2n+21)2 π2 t 4L e 2L

é a solução do problema da valor inicial e de fronteiras se ∞

∑ c2n+1 sen

n =0

ou seja, os coeficientes são dados por 2 L

Z L

[ f ( x ) − T1 ] sen

(2n + 1)πx dx. 2L

D

c2n+1 =

(2n + 1)πx 2L

ig

u( x, 0) = f ( x ) = T1 +

0

2.8. Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t).

ia

Derivando e substituindo na equação diferencial obtemos X ( x ) T 0 (t) = X 00 ( x ) T (t) + 2X 0 ( x ) T (t)

óp

que pode ser reescrita como

X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) T 0 (t) = X (x) T (t)

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante, ou seja,

Março 2012

X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) T 0 (t) = = λ. X (x) T (t) GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

650

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias com condições de fronteira X (0) = X ( L) = 0 que decorrem do fato de que 0 = u(0, t) = X (0) T (t) e 0 = u( L, t) = X ( L) T (t): (

X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0,

X (0) = 0, X ( L) = 0

0

T (t) − λT (t) = 0

(5.54) (5.55)

Se λ > −1 : X ( x ) = c1 e(−1+

√

1+ λ ) x

+ c2 e(−1−

√

ig

A equação X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluções, 1+ λ ) x .

D

Se λ = −1 : X ( x ) = c1 e− x + c2 xe− x . √ √ Se λ < −1 : X ( x ) = c1 e− x sen( −1 − λ x ) + c2 e− x cos( −1 − λ x )).

As condições de fronteira X (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que (5.54) tem solução não identicamente nula somente seλ < −1, mais que isso λ tem que ter valores dados por λ = −1 −

n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

ia

ou seja, o problema de valores de fronteira (5.54) tem solução X ( x ) = c1 e− x sen

n2 π 2 L2

na equação diferencial (5.55) obtemos

óp

Substituindo-se λ = −1 −

nπx , para n = 1, 2, 3, . . . . L

T 0 ( t ) + (1 +

n2 π 2 ) T (t) = 0 L2

que tem solução

T ( t ) = c2 e − t e

Tópicos de Equações Diferenciais

−n

2 π2 L2

t

, para n = 1, 2, 3, . . . .

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Março 2012

651

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

Logo, o problema formado pela equação diferencial parcial e as condições de fronteira tem soluções fundamentais nπx − n2 π2 2 t un ( x, t) = X ( x ) T (t) = e− x−t sen e L L Além disso, combinações lineares dessas soluções são também solução N

N

∑ cn un (x, t) = ∑ cn e−x−t sen

n =1

n =1

Vamos considerar as séries ∞

∞

∑ un (x, t) = ∑ cn e−x−t sen

D

u( x, t) =

nπx − n2 π2 2 e L L

t

ig

u( x, t) =

n =1

n =1

nπx − n2 π2 2 t e L . L

Mas para satisfazer a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condição f ( x ) = u( x, 0) = e− x

∞

∑ cn sen

ia

n =1

nπx . L

Esta é a série de Fourier de senos de f ( x )e x . Assim, se a função f : [0, L] → R é contínua por partes tal que a sua derivada f 0 também seja contínua por partes, então os coeficientes da série são dados por

2.9.

óp

2 cn = L

(a)

Março 2012

Z L 0

f ( x )e x sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

∂u ∂2 u ∂u ∂2 u − α2 2 = 0 + g( x ) − α2 20 = g( x ). ∂t ∂t ∂x ∂x u( x, 0) = v( x ) + u0 ( x, 0) = v( x ) + f ( x ) − v( x ) = f ( x ), u(0, t) = v(0) + u0 (0, t) = v(0) = T1 , u( L, t) = v( L) + u0 ( L, t) = v( L) = T2 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

652

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais (b) A solução de 

é v( x ) =

3 v00 = 40 v(0) = 0, v(40) = 60

3 2 x . A solução de 80  ∂u ∂2 u   =   ∂x2  ∂t

é

ig

3  u( x, 0) = 20 − x2 , 0 < x < 40   80   u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 ∞

∑ cn sen

nπx − n2 π2 e 1600 40

D

u( x, t) =

n =1

t

em que cn são os coeficientes da série de senos de

ou seja,

3 2 x 80

ia

g( x ) = 20 −

cn

=

Z

óp

=

nπx 1 40 g( x ) sen( )dx 20 0 40   3 (0) (2) 2 20bn ( f 0,1 , 40) − bn ( f 0,1 , 40) 80 nπ    nπ 120  40 − cos s − 3 3 2s sen s + 2 − s2 cos s nπ n π 0 0  40 120  − (cos(nπ ) − 1) − 3 3 (2 − n2 π 2 ) cos(nπ ) − 2 nπ n π
40 2π 2 n2 (−1)n − 6(−1)n + π 2 n2 + 6 , n = 1, 2, 3 . . . π 3 n3

=

=

=

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

653

Portanto, a solução é dada por u( x, t)

=

3 2 40 x + 3 80 π

∞

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

2π 2 n2 (−1)n − 6(−1)n + π 2 n2 + 6 nπx − n2 π2 sen e 1600 40 n3 n =1

∑

t

Quando t tende a mais infinito a solução tende a solução estacionária 3 2 x . 80

ig

v( x ) = 3. Corda Elástica Com Extremidades Presas (página 602)

D

3.1. Temos que resolver o problema  2 ∂2 u ∂ u   = 4   2  ∂x2  ∂t

A solução é então

ia

∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = 0, 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0 ∞

u( x, t) =

∑ cn sen

n =1

nπt nπx cos 40 20

óp

em que cn são os coeficientes da série de senos de f ( x ), ou seja, cn

=

=

=

Março 2012

1 40 nπx f ( x ) sen( )dx 20 0 40   (1) (1) (0) (0) 2 bn ( f 0,1/4 , 40) + 10bn ( f 1/4,3/4 , 40) + 40bn ( f 3/4,1 , 40) − bn ( f 3/4,1 , 40) Z

3nπ 80 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π2 n2

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Reginaldo J. Santos

654

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Portanto, a solução é dada por u( x, t)

=

80 π2

∞

3nπ sen nπ nπx nπt 4 + sen 4 sen cos 2 40 20 n n =1

∑

3.2. A solução é então

∞

∑ cn sen

n =1

nπx nπt cos . 40 20

ig

u( x, t) =

∞

f ( x ) = sen 2πx =

∑ cn sen

D

n =1

nπx 40

Logo,

(

cn =

Período fundamental igual a

2π π/10

se n = 2, se n 6= 2.

= sen(

ia

u( x, t)

1, 0,

π π x ) cos( t) 20 10

= 20 segundos.

óp

3.3. Temos que resolver o problema

 2 ∂ u ∂2 u   = 4   2  ∂x2  ∂t ∂u u( x, 0) = 0, ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0

Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

655

A solução é então

∞

∑ cn sen

u( x, t) =

n =1 nπ 20 cn

nπt nπx sen 40 20

são os coeficientes da série de senos de g( x ), ou seja, nπ cn 20

1 40 nπx g( x ) sen( )dx 20 0 40 3nπ 80 sen nπ 4 + sen 4 n = 1, 2, 3 . . . π2 n2 Z

=

ig

em que

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

=

Portanto, a solução é dada por

3.4. A solução é então

=

3nπ nπt 1600 ∞ sen nπ nπx 4 + sen 4 sen sen ∑ 3 3 40 20 π n =1 n

ia

u( x, t)

3nπ 1600 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π3 n3

D

cn =

∞

u( x, t) =

∑ cn sen

óp

n =1

g( x ) = sen

nπx nπt sen . 40 20

∞ πx nπ nπx nπt = ∑ cn sen sen . 20 20 40 20 n =1

Logo,

Março 2012

nπ cn = 20

(

1, 0,

se n = 2, se n 6= 2.

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Reginaldo J. Santos

656 Assim, u( x, t) Período fundamental da corda é igual a

π π 10 sen( x ) sen( t) π 20 10

=

2π π/10

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

= 20 segundos.

ig

3.5. Temos que resolver o problema  2 2   ∂ u = 4∂ u   2  ∂x2  ∂t

D

∂u u( x, 0) = f ( x ), ( x, 0) = g( x ), 0 < x < 40    ∂t    u(0, t) = 0, u(40, t) = 0

A solução é a soma das soluções dos problemas com apenas uma das funções f ( x ) e g( x ) não nulas. ∞

u( x, t) =

∑ cn sen

em que cn e

ia

n =1 nπ 20 dn

∞ anπt nπx anπt nπx cos + ∑ dn sen sen L L L L n =1

são os coeficientes da série de senos de f ( x ) e de g( x ), respectivamente, ou seja,

óp

cn

nπ dn 20

Tópicos de Equações Diferenciais

1 40 nπx f ( x ) sen( )dx 20 0 40 3nπ 80 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . 2 2 π n Z

=

=

= =

1 40 nπx g( x ) sen( )dx 20 0 40 3nπ 80 sen nπ 4 + sen 4 n = 1, 2, 3 . . . π2 n2 Z

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Março 2012

657

5.5. Respostas dos Exercícios 3nπ 1600 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π3 n3

ita l

dn = Portanto, a solução é dada por u( x, t)

=

80 π2

∞

3nπ sen nπ nπx nπt 4 + sen 4 sen cos + 2 40 20 n n =1

∑

ig

3nπ nπx 1600 ∞ sen nπ nπt 4 + sen 4 sen sen ∑ 40 20 π 3 n =1 n3

3.6. Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de t, ou seja, u( x, t) = X ( x ) T (t).

D

Derivando e substituindo na equação diferencial obtemos

X ( x ) T 00 (t) = X 00 ( x ) T (t) + 2X 0 ( x ) T (t). Dividindo-se por X ( x ) T (t) obtemos

ia

T 00 (t) X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) = X (x) T (t)

óp

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante, ou seja, X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) T 00 (t) = = λ. X (x) T (t)

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias com condições de fronteira X (0) = X ( L) = 0 e ∂u T 0 (0) = 0 que decorrem do fato de que 0 = u(0, t) = X (0) T (t), 0 = u( L, t) = X ( L) T (t) e ( x, 0) = ∂t 0 X ( x ) T (0) = 0: ( X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X ( L) = 0 (5.56) T 00 (t) − λT (t) = 0, T 0 (0) = 0

Março 2012

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(5.57) Reginaldo J. Santos

658

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

Se λ > −1 : X ( x ) = c1 e(−1+

√

1+ λ ) x

+ c2 e(−1−

√

1+ λ ) x .

ita l

A equação X 00 ( x ) + 2X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0 pode ter como soluções,

Se λ = −1 : X ( x ) = c1 e− x + c2 xe− x . √ √ Se λ < −1 : X ( x ) = c1 e− x sen( −1 − λ x ) + c2 e− x cos( −1 − λ x )).

λ = −1 −

ig

As condições de fronteira X (0) = 0 e X ( L) = 0 implicam que (5.56) tem solução não identicamente nula somente se λ < −1, mais que isso λ tem que ter valores dados por n2 π 2 , n = 1, 2, 3, . . . L2

D

ou seja, o problema de valores de fronteira (5.56) tem solução X ( x ) = c1 e− x sen n2 π 2 L2

em (5.57) obtemos

ia

Substituindo-se λ = −1 −

T 00 (t) + (1 +

óp

que tem solução

nπx , para n = 1, 2, 3, . . . . L

r

T (t) = c2 cos

n2 π 2 ) T (t) = 0, T 0 (0) = 0 L2

! n2 π 2 t , para n = 1, 2, 3, . . . . 1+ L2

Logo, o problema formado pela equação diferencial parcial e as condições de fronteira tem soluções fundamentais ! r nπx n2 π 2 −x un ( x, t) = X ( x ) T (t) = e sen cos t 1+ L L2 Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

659

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios Além disso, combinações lineares dessas soluções são também solução ! r N N nπx n2 π 2 −x cos t u( x, t) = ∑ cn un ( x, t) = ∑ cn e sen 1+ L L2 n =1 n =1 Vamos considerar as séries ∞

n =1

n =1

∑ cn un (x, t) = ∑ cn e

−x

nπx sen cos L

r

! n2 π 2 t . 1+ L2

ig

u( x, t) =

∞

Mas para satisfazer a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que impor a condição ∞

∑ cn sen

D

f ( x ) = u( x, 0) = e− x

n =1

nπx . L

Esta é a série de Fourier de senos de f ( x )e x . Assim, se a função f : [0, L] → R é contínua por partes tal que a sua derivada f 0 também seja contínua por partes, então os coeficientes da série são dados por 2 L

Z L 0

f ( x )e x sen

ia

cn =

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . L

3.7. Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de t, ou seja,

óp

u( x, t) = X ( x ) T (t)

Derivando e substituindo-se na equação obtemos X ( x ) T 00 (t) = X 00 ( x ) T (t) − X ( x ) T (t) + X 0 ( x ) T (t).

Dividindo-se por X ( x ) T (t) obtemos

Março 2012

X 00 ( x ) + X 0 ( x ) T 00 (t) = +1 X (x) T (t) GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

660

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de t. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) + X 0 ( x ) T 00 (t) = + 1 = λ. X (x) T (t)


1 a ˜0 ∂u ( x, t) = f ( x + at) − f˜0 ( x − at) + ( g˜ ( x + at) + g˜ ( x − at)) ∂t 2 2 2 2
a 0
∂ u a ˜00 ( x, t) = f ( x + at) + f˜0 ( x − at) + g˜ ( x + at) − g˜ 0 ( x − at) 2 2 ∂t2
1 ˜0 1 ∂u ( x, t) = f ( x + at) + f˜0 ( x − at) + ( g˜ ( x + at) − g˜ ( x − at)) ∂x 2 2a

1 ˜00 ∂2 u 1 ( x, t) = f ( x + at) + f˜00 ( x − at) + g˜ 00 ( x + at) − g˜ 00 ( x − at) 2 2 2a ∂x ˜ u( x, 0) = f ( x ) = f ( x )para x ∈ [0, L];

ia

D

3.8.

ig

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias  00 X ( x ) + X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X 0 (1) = 0 T 00 (t) + (1 − λ) T (t) = 0, T (0) = 0

óp

∂u ( x, 0) = g( x ) ∂t

u(0, t) =

u( L, t) =

para x ∈ (0, L) onde g é contínua.
1 ˜ f ( at) + f˜(− at) = 0, 2


1 ˜ f ( L + at) + f˜( L − at − 2L) = 0. 2

4. Equação de Laplace (página 618) Tópicos de Equações Diferenciais

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Março 2012

661

4.1. A solução é então

∞

u( x, y) =

∑ cn sen

n =1

são os coeficientes da série de senos de k(y), ou seja,

3nπ ) 2

=

Z 2

nπy )dx 2   1 (1) (0) (0) (1) 2 bn ( f 0,1/4 , 2) + bn ( f 1/4,3/4 , 2) + 2bn ( f 3/4,1 , 2) − bn ( f 3/4,1 , 2) 2 0

= =

k(y) sen(

ig

cn senh(

3nπ 4 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . 2 2 π n

cn = Portanto, a solução é dada por

=

3nπ 4 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π 2 n2 senh( 3nπ 2 )

4 π2

∞

∑

3nπ sen nπ 4 + sen 4

n2 senh( 3nπ 2 )

ia

u( x, y)

4.2. A solução é então

nπx nπy senh 2 2

D

em que

cn senh( 3nπ 2 )

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

n =1

∞

óp

u( x, y) =

∑ cn sen

n =1

sen

nπy nπx senh 2 2

nπ nπy senh( (3 − x )) 2 2

em que cn senh( 3nπ 2 ) são os coeficientes da série de senos de h ( y ), ou seja, cn senh(

Março 2012

3nπ ) 2

=

Z 2 0

=

nπy dx 2 + sen 3nπ 4 , n = 1, 2, 3 . . . n2

h(y) sen

4 sen nπ 4 π2

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Reginaldo J. Santos

662

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais 3nπ 4 sen nπ 4 + sen 4 , n = 1, 2, 3 . . . π 2 n2 senh 3nπ 2

Portanto, a solução é dada por u( x, y)

=

4 π2

∞

3nπ sen nπ 4 + sen 4

n =1

n2 senh( 3nπ 2 )

∑

ita l

cn =

sen

nπy nπx senh 2 2

ig

4.3. Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equação obtemos

que pode ser reescrita como

D

X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0 Y 00 (y) X 00 ( x ) =− X (x) Y (y)

ia

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante Y 00 (y) X 00 ( x ) =− = λ. X (x) Y (y)

óp

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias  00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0, X ( a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (0) = 0, A primeira equação com as condições de fronteira tem solução somente se λ = e neste caso a solução é da forma

Tópicos de Equações Diferenciais

X ( x ) = c1 sen

n2 π 2 , a2

para n = 1, 2, 3, . . .

nπx , n = 1, 2, 3, . . . a

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Março 2012

663

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios Assim, a segunda equação diferencial com a condição Y (0) = 0 tem solução Y ( y ) = c2 ( e

nπ y a

− e−

nπ y a

nπy ) = C˜ 2 senh a

ig

Logo, o problema formado pela equação diferencial parcial e as condições de fronteira tem soluções da forma nπx nπy un ( x, y) = X ( x )Y (y) = cn sen senh a a Além disso, pode-se provar que também séries ∞

u( x, y) =

∞

∑ un (x, y) = ∑ cn sen

são soluções.

n =1

D

n =1

nπx nπy senh a a

Mas para satisfazer a condição inicial u( x, b) = g( x ), temos que ter ∞

g( x ) =

∑

cn sen

n =1

∞ h nπy nπ i nπ nπx senh = ∑ cn senh( b) sen( x ). a a a a n =1

ia

Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519 se as funções g( x ), g0 ( x ) são contínuas por partes, então os coeficientes são dados por 2 nπ b) = a a

óp

cn senh(

Z a 0

g( x ) sen(

nπx )dx, n = 1, 2, 3 . . . a

4.4. Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y)

Derivando e substituindo-se na equação obtemos

Março 2012

X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0 GoBack GoForward

Reginaldo J. Santos

664 que pode ser reescrita como

X 00 ( x ) Y 00 (y) =− X (x) Y (y)

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante

ig

X 00 ( x ) Y 00 (y) =− = λ. X (x) Y (y)

D

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias  00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = 0; X ( a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y (b) = 0

A primeira equação com as condições de fronteira tem solução somente se λ = e neste caso a solução é da forma

n2 π 2 , a2

para n = 1, 2, 3, . . .

nπx , n = 1, 2, 3, . . . a

X ( x ) = c1 sen

ia

Assim, a segunda equação diferencial com a condição Y (b) = 0 tem solução Y ( y ) = c2 ( e

nπ ( y − b ) a

− e−

nπ ( y − b ) a

) = C˜ 2 senh

nπ (y − b) a

óp

Logo, o problema formado pela equação diferencial parcial e as condições de fronteira tem soluções da forma nπx nπ (y − b) un ( x, y) = X ( x )Y (y) = cn sen senh a a Além disso, pode-se provar que também séries u( x, y) =

Tópicos de Equações Diferenciais

∞

N

n =1

n =1

∑ un (x, y) = ∑ cn sen

nπx nπ (y − b) senh a a

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Março 2012

665

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios são soluções.

Mas para satisfazer a condição inicial u( x, 0) = f ( x ), temos que ter ∞

f (x) = −

∑ cn sen

n =1

∞ h nπ nπ i nπ nπx senh( b) = − ∑ cn senh( b) sen( x ). a a a a n =1

−cn senh(

ig

Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519 se as funções f ( x ), f 0 ( x ) são contínuas por partes, então os coeficientes são dados por Z a

nπ 2 b) = a a

f ( x ) sen

0

Podemos evitar o sinal de menos se escrevemos

∑

∞

D

∞

u( x, y) =

un ( x, y) =

n =1

∑ cn sen

n =1

2 nπ cn senh( b) = a a

Z a 0

f ( x ) sen(

nπx nπ (b − y) senh a a

nπx )dx, n = 1, 2, 3 . . . a

ia

e neste caso

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

4.5.

 2 ∂ u ∂2 u   + 2 =0    ∂x2 ∂y

óp

 u( x, 0) = f ( x ), u( x, b) = g( x ), 0 < x < a     u(0, y) = h(y), u( a, y) = k(y), 0 < y < b

u( x, y) = u( f ) ( x, y) + u( g) ( x, y) + u(h) ( x, y) + u(k) ( x, y),

em que

u( f ) ( x, y) =

Março 2012

∞

∑ cn

n =1

(f)

sen

nπ (b − y) nπx senh a a

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Reginaldo J. Santos

666

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais ( g)

sen

n =1

u(h) ( x, y) =

∞

∑ cn

(h)

sen

n =1

u(k) ( x, y) =

∞

∑ cn

(k)

nπy nπ ( a − x ) senh b b

sen

( g)

cn senh (h)

cn senh (k)

0

Z 2 a

nπ b= a a

f ( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

g( x ) sen

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

0

Z 2 b

nπa = b b

nπa 2 = b b

0

h(y) sen

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

Z b

k(y) sen

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

0

(a) Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y)

óp

4.6.

Z a

ia

cn senh

nπ 2 b= a a

D

(f)

cn senh

nπy nπx senh b b

ig

n =1

com coeficientes dados por

nπy nπx senh a a

ita l

∞

∑ cn

u( g) ( x, y) =

Derivando e substituindo-se na equação obtemos

que pode ser reescrita como

Tópicos de Equações Diferenciais

X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0 X 00 ( x ) Y 00 (y) =− X (x) Y (y) GoBack GoForward

Março 2012

667

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante X 00 ( x ) Y 00 (t) =− = λ. X (x) Y (y) Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias

X 00 ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 (0) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y 0 (0) = 0, Y 0 (b) = 0

ig



n2 π 2 , b2

para

D

A segunda equação com as condições de fronteira tem solução somente se λ = 0 ou λ = n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a solução é da forma Y ( y ) = c1 ,

Y (y) = c1 cos

nπy , n = 1, 2, 3, . . . b

A primeira equação diferencial com a condição X 0 (0) = 0 tem solução nπ x b

ia

X ( x ) = c2 ( e

+ e−

nπ x b

) = C˜ 2 cosh

nπx b

óp

Logo, o problema formado pela equação diferencial parcial e as condições de fronteira tem soluções da forma nπy nπx un ( x, y) = X ( x )Y (y) = cn cos cosh b b Além disso, pode-se provar que também séries ∞

u( x, y) = c0 +

∑ cn cos

n =1

nπy nπx cosh b b

são soluções.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

668 Mas para satisfazer a condição inicial k(y)

= =

∂u ∂x ( a, y )

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais

= k(y), temos que ter

∞ ∂u nπ nπy nπa ( a, y) = ∑ cn cos senh ∂x b b b n =1 i ∞ h nπa nπy nπ ∑ cn b senh b cos b . n =1

D

ig

Esta é a série de Fourier de cossenos de k(y) com primeiro coeficiente nulo. Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519 se as funções k (y), k0 (y) são contínuas por partes, então os coeficientes são dados por Z nπy nπ nπa 2 b cn k(y) cos( senh = )dy, n = 1, 2, 3 . . . b b b 0 b e para ter solução o primeiro coeficiente da série de cossenos de k(y) tem que ser igual a zero, Z b 0

k(y)dy = 0

ia

(b) Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y) Derivando e substituindo-se na equação obtemos X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = 0

óp

que pode ser reescrita como

Y 00 (y) X 00 ( x ) =− X (x) Y (y) O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante

Tópicos de Equações Diferenciais

X 00 ( x ) Y 00 (t) =− = λ. X (x) Y (y) GoBack GoForward

Março 2012

669

ita l

5.5. Respostas dos Exercícios Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias  00 X ( x ) − λX ( x ) = 0, X 0 ( a) = 0 Y 00 (y) + λY (y) = 0, Y 0 (0) = 0, Y 0 (b) = 0

A segunda equação com as condições de fronteira tem solução somente se λ = 0 ou λ = n = 1, 2, 3, . . . e neste caso a solução é da forma Y (y) = c1 cos

para

nπy , n = 1, 2, 3, . . . b

ig

Y ( y ) = c1 ,

n2 π 2 , b2

A primeira equação diferencial com a condição X 0 ( a) = 0 tem solução nπ ( x − a ) b

+ e−

nπ ( x − a ) b

) = C˜ 2 cosh

D

X ( x ) = c2 ( e

nπ ( x − a) b

ia

Logo, o problema formado pela equação diferencial parcial e as condições de fronteira tem soluções da forma nπ ( x − a) nπy cosh un ( x, y) = X ( x )Y (y) = cn cos b b Além disso, pode-se provar que também séries ∞

u( x, y) = c0 +

∑ cn cos

n =1

óp

são soluções. Mas para satisfazer a condição inicial h(y)

Março 2012

= =

∂u ∂x ( a, y )

nπy nπ ( x − a) cosh b b

= h(y), temos que ter

∞ ∂u nπ nπy nπa (0, y) = ∑ cn cos senh ∂x b b b n =1 ∞ h nπ nπa i nπy ∑ cn b senh b cos b . n =1

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Reginaldo J. Santos

670

ita l

Séries de Fourier e Equações Diferenciais Parciais Esta é a série de Fourier de cossenos de h(y) com primeiro coeficiente nulo. Assim, pelo Corolário 5.3 na página 519 se as funções h(y), h0 (y) são contínuas por partes, então os coeficientes são dados por Z nπ nπa 2 b nπy cn senh = dy, n = 1, 2, 3 . . . k (y) cos b b b 0 b e para ter solução o primeiro coeficiente da série de cossenos de h(y) tem que ser igual a zero,

0

(c)

h(y)dy = 0

ig

Z b

u( x, y) = c0 + u( f ) ( x, y) + u( g) ( x, y) + u(h) ( x, y) + u(k) ( x, y),

D

em que

u( f ) ( x, y) =

∞

∑ cn cos

n =1

∞

n =1

nπy nπx cosh a a

∑ cn cos

nπy nπ ( x − a) cosh b b

∑ cn cos

u( g) ( x, y) =

∞

ia u(h) ( x, y) =

n =1

∞

∑ cn cos

u(k) ( x, y) =

óp

nπ (y − b) nπx cosh a a

n =1

nπy nπx cosh b b

com coeficientes dados por

( f ) nπ

cn

a

( g) nπ cn

senh

nπb 2 = a a

nπb 2 senh = a a a

Tópicos de Equações Diferenciais

Z a 0

Z a 0

f ( x ) cos

nπx dx, n = 1, 2, 3 . . . a

g( x ) cos(

nπx )dx, n = 1, 2, 3 . . . a

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Março 2012

671

5.5. Respostas dos Exercícios

b

(k) nπ

cn

b

senh

senh

nπa 2 = b b

Z b 0

Z 2 b

nπa = b b

0

k(y) cos

nπy dy, n = 1, 2, 3 . . . b

k(y) cos(

nπy )dy, n = 1, 2, 3 . . . b

ita l

(h) nπ

cn

(d) Por que uma constante somada a uma solução também é solução do problema.

ig

(e) Pois para que tenha solução f ( x ), g( x ), h(y) e k(y) tem que possuir uma série de cossenos com o termo constante igual a zero. 4.7. Vamos procurar uma solução na forma de um produto de uma função de x por uma função de y, ou seja, u( x, y) = X ( x )Y (y)

D

Derivando e substituindo-se na equação obtemos

X 00 ( x )Y (y) + X ( x )Y 00 (y) = X ( x )Y (y) − X 0 ( x )Y (y) X 00 ( x ) + X 0 ( x ) Y 00 (y) = 1− X (x) Y (y)

ia

que pode ser reescrita como

óp

O primeiro membro depende apenas de x, enquanto o segundo depende apenas de y. Isto só é possível se eles forem iguais a uma constante Y 00 (y) X 00 ( x ) + X 0 ( x ) = 1− = λ. X (x) Y (y)

Obtemos então duas equações diferenciais ordinárias  00 X ( x ) + X 0 ( x ) − λX ( x ) = 0, X (0) = X 0 (1) = 0 Y 00 (y) + (λ − 1)Y (y) = 0, Y 0 (1) = 0

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

ita l ig

B IBLIOGRAFIA [1]

Rodney Josué Biezuner: Notas de Aula de Equações Diferenciais Ordinárias Básicas. http://www.mat.ufmg.br/˜rodney/notas_de_aula/eda.pdf.

[2]

William E. Boyce e Richard C. DiPrima: Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. Livros Técnicos e Científicos Editora S.A., Rio de Janeiro, 9a. edição, 2010.

[3]

F. Brauer e J. A. Nohel: Ordinary Differential Equations: A First Course. W. A. Benjamin, Inc., New York, 1967.

[4]

Ricardo Motta Pinto Coelho: Fundamentos em Ecologia. Editora Artes Médicas, Porto Alegre, 2000.

[5]

Djairo G. de Figueiredo e Aloisio F. Neves: Equações Diferenciais Aplicadas. SBM, Rio de Janeiro, 2a. edição, 2005.

[6]

Djairo Guedes de Figueiredo: Análise de Fourier e Equações Diferenciais Parciais. IMPA, Rio de Janeiro, 1977.

[7]

Morris W. Hirsch e Stephen Smale: Differential Equations, Dynamical Systems and Linear Algebra. Academic Press, Inc., New York, 1974.

[8]

Donald Kreider, Donald R. Ostberg, Robert C. Kuller e Fred W. Perkins: Introdução à Análise Linear. Ao Livro Técnico S.A., Rio de Janeiro, 1972.

[9]

Erwin Kreiszig: Matemática Superior. Livros Técnicos e Científicos Editora S.A., Rio de Janeiro, 2a. edição, 1985.

óp

ia

D

Website.

673

ita l

Bibliografia

[10] Paulo Cupertino de Lima: Equações Diferenciais C. Website. http://www.mat.ufmg.br/˜lima/apostilas/apos [11] E. C. de Oliveira e M. Tygel: Métodos Matemáticos para Engenharia. SBM, Rio de Janeiro, 2005.

[12] Reginaldo J. Santos: Álgebra Linear e Aplicações. Imprensa Universitária da UFMG, Belo Horizonte, 2012.

[13] Reginaldo J. Santos: Um Curso de Geometria Analítica e Álgebra Linear. Imprensa Universitária da UFMG, Belo Horizonte, 2014.

ig

[14] Jorge Sotomayor: Lições de Equações Diferenciais Ordinárias. IMPA, Rio de Janeiro, 1979.

[15] Jaime E. Villate: Introdução aos Sistemas Dinâmicos: uma abordagem prática com Maxima. http://villate.org/doc/sistemasdinamicos/sistdinam-1_2.pdf.

Website.

D

[16] Dennis G. Zill: Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem. Thomson, São Paulo, 2a. edição, 2011.

óp

ia

[17] Dennis G. Zill e Michael R. Cullen: Equações Diferenciais. Makron Books, São Paulo, 3a. edição, 2001.

Março 2012

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Reginaldo J. Santos

Batimento, 228

óp

ia

Centro, 441 Combinação linear, 406 Condições de fronteira homogêneas, 551 Constante da mola, 209 de amortecimento, 209 Convolução de duas funções, 343 Crescimento exponencial, 39 Crescimento logístico, 42 Crescimento populacional, 39 Curva integral, 8 Decaimento Radioativo, 47

ita l Delta de Dirac, 335 Derivada da transformada de Laplace, 316 difusividade térmica, 551 Dinâmica populacional, 39

D

Amortecimento crítico, 218 Amplitude, 212 Autovalor complexo, 439 Autovetor complexo, 439

ig

Í NDICE A LFABÉTICO

Equação Calor não homogênea, 575 característica, 180 da corda elástica, 577 de n-ésima ordem, 7 de 1a. ordem, 7 de 2a. ordem, 7 de Euler, 173, 190 de Laplace, 5, 605 diferencial, 1 do calor, 551 homogênea com coeficientes constantes, 180 homogênea de 2a. ordem, 159 linear, 8 linear de 1a. ordem, 15

675

óp

Março 2012

Impulso unitário, 335 Intervalo de validade da solução, 32

Lei de resfriamento de Newton, 55 Lei de Torricelli, 59, 89 Linearidade da transformada de Laplace, 289

D

Método dos coeficientes a determinar, 196 Misturas, 51 Modo normal (ou natural) de vibração, 582, 593 Movimento harmônico simples, 212 Nó atrator, 427 Nó impróprio, 459 Nó instável, 427

ia

Fórmula de Euler, 172 Fase, 212 Fator integrante da equação linear, 18 Foco atrator, 445 Foco instável, 445 Fonte, 427 Fonte espiral, 445 Frequência de ressonância, 225 Frequência natural, 212 Frequências naturais, 582, 593 Função admissível, 292 contínua por partes, 292, 502 de Heaviside, 318 degrau (unitário), 318 seccionalmente contínua, 292, 502 Função ímpar, 517 Função Gama, 304 Função par, 517 Funções linearmente dependentes (L.D.), 166 linearmente independentes (LI), 166

Harmônico, 582, 593

ig

linear não homogênea com coeficientes constantes, 196 não homogênea, 192 não linear, 8 ordinária, 7 parcial, 7 separável, 28

ita l

Índice Alfabético

Onda estacionária, 582, 593 Oscilações, 209 Oscilações forçadas, 224 Oscilações livres, 211 Parte imaginária, 288 Parte real, 288 Período, 212 Polinômio característico, 419 Polinômio de Bernstein, 300 Ponto de sela, 423 Princípio da Superposição para equações não homogêneas, 194 Princípio da superposição, 159, 406

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Reginaldo J. Santos

676 Problema de Dirichlet, 605 Problema de Neuman, 619 Problema de valor inicial, 12 Problema de Valor Inicial e de Fronteira, 551, 565, 577, 578 PVI, 12 PVIF, 551, 565, 577, 578

geral de equação diferencial ordinária de ordem n, 9 particular de equação de 1a. ordem, 12 particular de equação diferencial ordinária de ordem n, 8 transiente, 229 Soluções Fundamentais, 607 fundamentais, 164, 409, 555, 568, 580 Subamortecimento, 220 Sumidouro, 427 Sumidouro espiral, 445 Superamortecimento, 217

ig

Quase frequência, 220

ita l

Índice Alfabético

D

Redução de ordem, 177 Resistência em fluidos, 62 Ressonância, 225 Retrato de fase, 423

óp

ia

Série de Fourier de cossenos, 520 Série de Fourier de senos, 520 Séries de Fourier, 502 Separação de variáveis, 552 Sistemas de equações diferenciais lineares, 403 Sistemas de equações lineares homogêneos, 406 Solução d’Alembert, 585, 595, 598 dada implicitamente, 29 de equação de 1a. ordem, 12 de equação diferencial ordinária de ordem n, 8 de Equilíbrio, 561 de equilíbrio, 570 estacionária, 229, 561, 570 geral, 164, 409 Tópicos de Equações Diferenciais

Teorema 1o. de deslocamento, 294 2o. de deslocamento, 321 Abel, 175 convolução, 343 de existência e unicidade para equações de 1a. ordem, 96 para equações de 1a. ordem lineares, 99 para equações de 2a. ordem, 158 para sistemas de equações diferenciais, 405 derivação para Transformada de Laplace, 305 linearidade da transformada de Laplace, 289 Trajetórias, 423 Transformada de Laplace, 287 Transformada de Laplace inversa, 293 Transformadas de Laplace Elementares, 351

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Março 2012

677

ita l

Índice Alfabético Velocidade de propagação das ondas, 577

óp

ia

D

ig

Wronskiano, 164, 409

Março 2012

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Reginaldo J. Santos