Soluções de equações diferenciais para engenheiros

¸˜
Equacoes diferenciais para engenheiros:
¸˜
teoria, modelacao e exerc´cios
ı

Teresa Paula C. Azevedo Perdico´ lis
u
Sandra Isabel Ventura Ricardo

UTAD, 18 de Agosto de 2010

´
Prefacio

Este texto foi escrito como material de apoio a unidade curricular An´ lise Ma-
` a
tem´ tica III, das licenciaturas em Engenharia Civil e Engenharia Mecˆ nica, lec-
a a
cionada pelas docentes nos anos lectivos de 2008/09 e 2009/10.

Pretendemos com este texto apresentar uma abordagem simples a teoria das equacoes
` ¸˜
diferenciais ordin´ rias, a qual pode ser facilmente compreendida por alunos que te-
a
nham conhecimentos de C´ lculo em Rn , nomeadamente conhecimentos de c´ lculo
a a
´
diferencial e de c´ lculo integral, assim como conhecimentos de Algebra Linear, do-
a
minando c´ lculo matricial, resolucao de sistemas de equacoes lineares, c´ lculo de
a ¸˜ ¸˜ a
determinantes e determinacao de valores e de vectores pr´ prios.
¸˜ o

Estas notas pretendem ser uma mistura entre teoria e aplicacoes das equacoes Di-
¸˜ ¸˜
ferencias, focando-se muitas vezes em problemas concretos da “vida real” como
motivacao para o estudo da teoria, mas tamb´ m para mostrar a enorme aplica-
¸˜ e
bilidade que este ramo da matem´ tica tem em diversas areas do conhecimento:
a ´
Engenharia, Biologia, Medicina, Ciˆ ncias Sociais, etc. Sendo este um texto diri-
e
gido a alunos de Engenharia, um relevo especial e dado a problemas desta area,
´ ´
procedendo-se a sua modelacao e resolucao mediante os conhecimentos expostos.
` ¸˜ ¸˜
Introduzem-se e desenvolvem-se conceitos e t´ cnicas anal´ticas para a resolucao de
e ı ¸˜
equacoes diferenciais ordin´ rias.
¸˜ a

Na verdade, sendo as leis da F´sica geralmente escritas como equacoes diferenciais,
ı ¸˜
elas destacam-se como instrumento de linguagem no que toca a Ciˆ ncia e Engenha-
e

i

ii

ria em particular. Assim, compreender e saber manipular equacoes diferenciais e
¸˜ ´
sem d´ vida essencial para qualquer aluno de Engenharia.
u

Relativamente a organizacao deste texto, cada cap´tulo e composto por uma sńtese
` ¸˜ ı ´ ı
de resultados te´ ricos, alguns dos quais apresentados sem demonstracao. O nosso
o ¸˜
objectivo foi fornecer aos nossos alunos de Engenharia ferramentas para resolver
problemas, sendo os alunos convidados a recorrer as referˆ ncias bibliogr´ ficas sem-
` e a
pre que desejarem ir mais al´ m na compreens˜ o dos conte´ dos apresentados. A
e a u
enfase e dada assim aos resultados e a aplicacao dos mesmos, sendo apresentados
ˆ ´ ` ¸˜
ao longo do texto numerosos exemplos, que visam facilitar a compreens˜ o do que
a
e exposto. Estes exemplos podem ser exemplos de aplicacao directa de resultados
´ ¸˜
te´ ricos ou exemplos de modelacao de problemas concretos. Finalmente, os alunos
o ¸˜
s˜ o convidados a exercitar a aplicacao dos conhecimentos adquiridos, mediante a
a ¸˜
resolucao duma listagem de exercćios com que terminamos cada cap´tulo.
¸˜ ı ı

Teresa Paula Azevedo Perdico´ lis
u
Sandra Isabel Ventura Ricardo

´
Indice Geral

Lista de figuras v

1 ED de ordem–1 1
1.1 Alguns exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Separacao de vari´ veis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
¸˜ a 9
1.3 Classificacao de ED . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
¸˜
1.4 Solucoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
¸˜
1.5 Campo de direccoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
¸˜
1.6 ED lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1.7 ED n˜ o lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
a
1.8 Equacao de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
¸˜
1.9 Equacao de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
¸˜
1.10 Equacoes omog´ neas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
¸˜ e
1.11 Equacoes diferenciais exactas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
¸˜
1.11.1 ED exactas: obtencao de factor integrante . . . . . . . . . . 55
¸˜
1.12 AplicacoesCircuitos el´ ctricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
¸˜ e
1.13 Consideracoes finais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
¸˜
1.14 Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
ı

2 ED de ordem–2 ou superior 79
2.1 Solucao de ED Homog´ neas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
¸˜ e
2.2 Solucao de ED n˜ o homog´ neas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
¸˜ a e

iii

iv ´
INDICE GERAL

2.3 M´ todo da reducao de ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
e ¸˜
2.4 ED homog´ neas com coeficientes constantes . . . . . . . . . . . . . 93
e
2.4.1 Ra´zes reais e distintas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
ı
2.4.2 Ra´zes reais e iguais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
ı
2.4.3 Ra´zes complexas conjugadas . . . . . . . . . . . . . . . . 97
ı
2.5 ED n˜ o homog´ neas: M. coeficientes indeterminados . . . . . . . . 99
a e
2.6 ED n˜ o homog´ neas: M. variacao de parˆ metros . . . . . . . . . . 108
a e ¸˜ a
2.7 Equacao de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
¸˜
2.8 Aplicacoes: sistemas mecˆ nicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
¸˜ a
2.8.1 Movimento harm´ nico simples (ou n˜ o amortecido) . . . . 118
o a
2.8.2 Movimento harm´ nico amortecido . . . . . . . . . . . . . . 121
o
2.8.3 Movimento harm´ nico forcado . . . . . . . . . . . . . . . . 122
o ¸
2.8.4 Aplicacoes: Circuitos el´ ctricos . . . . . . . . . . . . . . . 123
¸˜ e
2.9 Equacoes diferenciais de ordem superior . . . . . . . . . . . . . . . 127
¸˜
2.10 Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
ı

3 Sistemas de ED lineares de ordem–1 143
3.1 Conceitos b´ sicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144
a
3.1.1 Equacoes diferenciais lineares de ordem n e sistemas dife-
¸˜
renciais lineares de ordem 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
3.1.2 Forma matricial de um sistema linear . . . . . . . . . . . . 147
3.1.3 Problemas de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
3.1.4 Dependˆ ncia e independˆ ncia linear . . . . . . . . . . . . . 150
e e
3.1.5 Sistemas n˜ o homog´ neos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
a e
3.2 Sistemas Lineares homog´ neos com coeficientes constantes . . . . . 153
e
3.2.1 A matriz A tem valores pr´ prios reais distintos . . . . . . . 154
o
3.2.2 A matriz A tem valores pr´ prios reais repetidos . . . . . . . 156
o
3.2.3 A matriz A tem valores pr´ prios reais complexos . . . . . . 165
o
3.3 Variacao de parˆ metros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
¸˜ a

´
INDICE GERAL v

3.3.1 Matriz fundamental . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
3.3.2 Variacao de parˆ metros ou variacao das constantes arbitr´ rias 172
¸˜ a ¸˜ a
3.3.3 Problema de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
3.4 Consideracoes finais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
¸˜
3.5 Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
ı

4 Transformada de Laplace 185
4.1 Definicao e existˆ ncia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186
¸˜ e
4.2 A tabela de transformadas e alguns exemplos . . . . . . . . . . . . 187
4.3 A TL de outras funcoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
¸˜
4.4 Propriedades da TL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
4.5 A transformada de Laplace Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193
4.6 Aplicacoes: circuitos e sistemas mecˆ nicos . . . . . . . . . . . . . 195
¸˜ a
4.7 Exercćios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201
ı

Bibliografia 203
Referˆ ncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
e

Lista de Figuras

1.1 Crescimento exponencial e decrescimento exponencial. . . . . . . . 5
1.2 Representacao gr´ ﬁca de algumas solucoes de (1.26). . . . . . . . . 21
¸˜ a ¸˜
1.3 Exemplo de uma solucao particular deﬁnida por ramos. . . . . . . . 23
¸˜
1.4 Interpretacao geom´ trica do Teorema de Picard. . . . . . . . . . . . 27
¸˜ e
1.5 Campo de direccoes para a equacao diferencial (1.32). . . . . . . . 33
¸˜ ¸˜
1.6 Uma solucao de (1.32). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
¸˜
1.7 Campo de direccoes para a equacao log´stica, com β = 3.5 e δ = 1.8. 35
¸˜ ¸˜ ı
1.8 Solucoes para a equacao log´stica, com β = 3.5 e δ = 1.8. . . . . . 35
¸˜ ¸˜ ı
1.9 Exemplo de um circuito el´ ctrico simples. . . . . . . . . . . . . . . 58
e

2.1 Sistema mola–massa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
2.2 Exemplo de um circuito com trˆ s componentes. . . . . . . . . . . . 124
e

vii

Cap´tulo 1
ı

¸˜
Equacoes diferenciais de
primeira ordem

Muitas s˜ o as leis b´ sicas, e mais recentemente tamb´ m muitos fen´ menos biol´ gicos
a a e o o
e sociais, que s˜ o expressos por equacoes matem´ ticas. Sempre que estas equacoes
a ¸˜ a ¸˜
¸˜
envolvem derivadas, chamam-se equacoes diferenciais (ED). Pretende-se mostrar
no inćio deste primeiro cap´tulo como surgem algumas destas equacoes e ilustrar
ı ı ¸˜
como pode ser a sua solucao obtida.
¸˜

Ao modelar um dado problema atrav´ s de uma equacao diferencial, a maior difi-
e ¸˜
culdade surge em descrever uma situacao real quantitativamente. De forma a ob-
¸˜
ter um modelo, e usualmente necess´ rio recorrer a assercoes simplificativas que
´ a ¸˜
tornem essa mesma situacao pass´vel de ser representada em termos matem´ ticos.
¸˜ ı a
Assercoes usuais s˜ o, por exemplo: (i) assumir que o movimento de uma dada
¸˜ a
massa no espaco e um ponto e (ii) n˜ o existe friccao na resistˆ ncia do ar. Tais
¸ ´ a ¸˜ e
assercoes, n˜ o sendo de modo algum realistas, permitem ao cientista (investigador)
¸˜ a
obter informacao valiosa sobre o problema real ainda que servindo-se de modelos
¸˜
extremamente ideais. Uma vez entendida uma parte do problema, o modelo pode
ser tornado mais complexo de forma a ter em conta outros factores observados. No

1

2 ´
CAPITULO 1. ED DE ORDEM–1

entanto e sempre importante manter os modelos manuse´ veis, isto e, modelos para
´ a ´
os quais seja poss´vel calcular uma solucao, exacta ou anal´tica.
ı ¸˜ ı

1.1 Alguns exemplos

Exemplo 1.1 (Queda livre) Segundo a lei da gravidade de Newton, a gran-
deza da forca gravitacional da terra num dado corpo e directamente proporcional
¸ ´
a sua massa m e inversamente proporcional ao quadrado da distˆ ncia dessa mesma
` a
massa ao centro da Terra r. Temos ent˜ o que:
a
km
F=
r2
sendo k a constante de proporcionalidade. Pela segunda lei de Newton, temos
ainda:
d2r k
2
= 2. (1.1)
dt r
dr
Observacao 1 A velocidade v =
¸˜ e negativa, pois a medida que um objecto
´ `
dt
cai a sua distˆ ncia ao centro da Terra diminui. Mais ainda, a sua aceleracao
a ¸˜
dv d 2 r
a= = 2 e tamb´ m negativa, pois a medida que o objecto cai, a velocidade
´ e `
dt dt
diminui (´ cada vez mais negativa). Temos ent˜ o que k e uma constante negativa.
e a ´

Seja R o raio m´ dio da Terra (i.e. r = R). Denotamos a aceleracao da gravidade
e ¸˜
na superf´cie da Terra por a(R) = −g. Ent˜ o considerando (1.1):
ı a
k
−g = a(R) = ,
R2
temos k = −gR2 . Voltando a (1.1), obtemos:
d 2 r −gR2
= 2 (1.2)
dt 2 r
sendo g ≃ 9.81m/seg2. Seja r = R + h, onde h e a altura do corpo a partir da
´
dr dh
superf´cie da Terra, ent˜ o
ı a = e a equacao (1.2) vem
¸˜
dt dt
d 2h −gR2
= .
dt 2 (R + h)2

1.1. ALGUNS EXEMPLOS 3

R2
Se h e muito pequeno temos que
´ ≃ 1, obtendo ent˜ o:
a
(R + h)2

d2h
= −g. (1.3)
dt 2

Integrando ambos os membros da equacao relativamente a t, temos:
¸˜

h′ (t) = −gt +C1 .

A constante C1 pode ser determinada considerando, por exemplo, t = 0. Obtemos
C1 = h′ (0), ou seja, C1 e o valor da velocidade inicial. Temos ent˜ o que a veloci-
´ a
dade do corpo, em qualquer instante, e dada por:
´

h′ (t) = −gt + h′ (0) (1.4)

Voltando a integrar:
t2
h(t) = −g + h′ (0)t +C2
2
Determinamos C2 considerando, por exemplo, t = 0. Obtemos C2 = h(0), ou seja,
C2 e a altura inicial. Ent˜ o a altura do corpo, em qualquer instante, e dada por:
´ a ´

t2
h(t) = −g + h′ (0)t + h(0). (1.5)
2

Por exemplo, suponhamos que uma bola cai do alto de um edif´cio com altura
ı
h(0) = 44.145 m e velocidade inicial h′ (0) = 0. Quanto tempo demora a bola a
chegar ao ch˜ o?
a

Temos:
t2
h(t) = −981 + 4414.5.
2
Donde resulta 490.5t 2 = 4414.5 ou seja t 2 = 9. Como t = −3 n˜ o tem qualquer
a
signiﬁcado f´sico, vem que t = 3 segundos.
ı

A solucao da equacao diferencial do Exemplo 1.1 foi obtida directamente por integra-
¸˜ ¸˜
cao. Se tal fosse sempre poss´vel, ent˜ o as equacoes diferenciais seriam uma aplicacao
¸˜ ı a ¸˜ ¸˜
directa do c´ lculo integral e seria desnecess´ ria toda uma teoria sobre as equacoes
a a ¸˜

4 ´

diferenciais. No entanto, a determinacao da solucao da maioria das equacoes dife-
¸˜ ¸˜ ¸˜
renciais implica o uso de t´ cnicas mais avancadas e espec´ficas.
e ¸ ı

Vamos iniciar com um tipo cl´ ssico de equacao diferencial para a qual e poss´vel
a ¸˜ ´ ı
determinar a solucao:
¸˜

Exemplo 1.2 Sendo α uma constante, resolva a seguinte equacao diferencial:
¸˜
dy
= α y, y(0) = 10. (1.6)
dx
¸˜
Resolucao: Reescrevemos a equacao (1.6)
¸˜
dy
= α dx
y
e depois integramos
dy
= α dx
y
ou
ln |y| = α x +C (Se ln a = b entõ a = eb ).
a

Temos:
|y| = eα x+C = eα x eC

ou ainda:
y = keα x , com k = ±eC (1.7)

Verifiquemos o resultado obtido.
dy
Seja y(x) = keα x ent˜ o
a = k (α eα x ) = α (keα x ) = α y, donde se conclui que y =
dx
keα x satisfaz (1.6). Isto e, a equacao (1.6) tem uma infinidade de solucoes, uma
´ ¸˜ ¸˜
para cada concretizacao de k. Determinamos a solucao do problema (1.6) mediante
¸˜ ¸˜
o uso da condicao inicial y(0) = 10. De facto,
¸˜

y(0) = 10 ⇒ keα 0 = 10 ⇒ k = 10,

ou seja y = 10eα x e uma solucao unica para o problema de valor inicial (1.6).
´ ¸˜ ´


e e ¸˜
Ao m´ todo utilizado no Exemplo 1.2 chamamos m´ todo de separacao de vari´ veis,
a
uma vez que a t´ cnica utilizada consiste na separacao das vari´ veis independente e
e ¸˜ a
dependente, colocando-as em membros diferentes da equacao.
¸˜

Se α > 0, temos que eα x cresce exponencialmente. Se α < 0, temos que eα x decai
exponencialmente (ver Fig. 1.1). Se α = 0, ent˜ o n˜ o existe crescimento, ou seja
a a
y = e0 = 1 mant´ m-se constante.
e
y
y
y = eα x , α > 0

y = eα x , α < 0

0
0 x x

Figura 1.1: Crescimento exponencial e decrescimento exponencial.

Como observ´ mos no Exemplo 1.2, a resolucao da equacao diferencial conduziu-
a ¸˜ ¸˜
nos a uma infinidade de solucoes (y = keα x , com k uma constante arbitr´ ria). Con-
¸˜ a
tudo, do ponto de vista f´sico, n˜ o interessa ter uma infinidade de solucoes. Esta
ı a ¸˜
dificuldade e facilmente suplantado particularizando o valor de y para um valor par-
´
ticular de x, i.e. y(x0 ) = y0 . Chama-se a este valor particular uma condicao inicial
¸˜
e viabiliza uma solucao unica para o problema. Este conceito ser´ ilustrado nos
¸˜ ´ a
exemplos seguintes.

Exemplo 1.3 (Lei do arrefecimento de Newton) A lei do arrefecimento
de Newton diz que a taxa da variacao da diferenca de temperatura entre um ob-
¸˜ ¸
jecto e o seu meio involvente e proporcional a diferenca de temperaturas. Seja ∆T
´ ` ¸
a diferenca de temperatura no instante t. Dado que matematicamente a taxa de
¸
variacao e expressa por uma derivada, podemos ent˜ o escrever a lei do arrefeci-
¸˜ ´ a
mento de Newton como:
d∆T
= α ∆T, (1.8)
dt

6 ´

com α negativo, dado que a temperatura est´ a diminuir. A partir do Exemplo 1.2,
a
facilmente se conclui que
∆T (t) = ∆T (0)eα t . (1.9)

¸˜
Chama-se a (1.9) solucao geral da equacao diferencial (1.8), dado qualquer solucao
¸˜ ¸˜
de (1.8) ser desta forma. ∆T (0) e uma constante arbitr´ ria que denota a diferenca
´ a ¸
de temperatura em t = 0.

Como ilustracao pr´ tica, consideremos uma panela de agua a ferver (100◦ C) que
¸˜ a ´
e retirada do lume e deixada a arrefecer a temperatura da cozinha, que sabemos
´ `
ser de 20◦ C. Dois minutos depois a temperatura da panela e 80◦ C. Qual ser´ a
´ a
temperatura da panela 5 minutos depois de ter sido retirada do lume?

Uma vez que a diferenca inicial da temperatura e dada por:
¸ ´

∆T (0) = 100◦ − 20◦ = 80◦ ,

a igualdade (1.9) toma a forma

∆T (t) = 80eα t . (1.10)

Quando t = 2 minutos, temos:

∆T (2) = 80◦ − 20◦ = 60◦ ,

Se susbstituirmos t = 2 em (1.10) temos:

60 = 80eα 2 ,

e ainda
3 60
= = eα 2 ,
4 80
Aplicando o logaritmo natural, vem:

3 1 3
2α = ln ⇔ α= ln .
4 2 4


Repare que α e negativo (≃ −0.1438), o que faz sentido dado que a temperatura
´
est´ a diminuir.
a

Substituimos de seguida α na equacao (1.9) e relembrando que eln x = x e a ln b =
¸˜
ln ba temos:
 
t/2
3 3
ln t/2 ln 
4 4
∆T = 80e = 80e
t/2
3
= 80 . (1.11)
4

A equacao (1.11) e uma solucao particular de (1.7), pois e unicamente determinada
¸˜ ´ ¸˜ ´
pelas condicoes especificadas para esta situacao particular.
¸˜ ¸˜

Finalmente, de forma a determinar a temperatura da agua ao fim de 5 minutos,
´
comecamos por determinar a diferenca de temperatura:
¸ ¸
5/2
3
∆T (5) = 80 ≃ 38.97,
4

que somamos de seguida a temperatura da cozinha. Temos ent˜ o que 5 minutos
` a
ap´ s a panela ser retirada do lume, a agua se encontra a temperatura de 58.97◦ C.
o ´ `

Exemplo 1.4 (Envelhecimento do carbono) O envelhecimento do car-
bono e uma t´ cnica usada por arqueologistas e ge´ logos, entre outros, que preten-
´ e o
dam estimar a idade de certos utens´lios ou vest´gios arqueol´ gicos. A t´ cnica e
ı ı o e ´
baseada em certas propriedades do atomo de carbono. No seu estado natural, o
´
atomo de carbono 12C tem 6 prot˜ es e 6 neutr˜ es. Outro isotopo do carbono e 14C
´ o o ´
que tem dois neutr˜ es e dois n´ cleos adicionais.
o u 14C e radioactivo, i.e., emite um
´
electr˜ o e atinge o estado est´ vel 14 N. Assumimos que existe uma raz˜ o constante
a a a
na atmosfera entre 14C e 12C. Esta suposicao e apoiada experimentalmente, dado
¸˜ ´
que se verificou que embora 14C esteja permanentemente a desaparecer devido a
`
degradacao radioactiva, tamb´ m novo 14C est´ permanentemente a ser produzido
¸˜ e a
devido ao bombardeamento c´ smico do nitrog´ nio na atmosfera superior. Plantas
o e
e animais n˜ o distinguem entre
a 12C e 14C, de modo que no momento da morte a

8 ´

raz˜ o entre 12C e 14C no organismo e a mesma que a raz˜ o presente na atmosfera.
a ´ a
No entanto, esta raz˜ o muda ap´ s a morte, dado que 14C e transformado em 14 N,
a o ´
sem que seja produzido mais 14C.

Atrav´ s de observacoes, os cientistas chegaram a conclus˜ o que o 14C se degrada
e ¸˜ ` a
a uma taxa proporcional a sua massa, sendo a sua meia-vida de aproximadamente
`
1
5730 anos. Isto significa que tendo inicialmente 1g de 14C, resta-nos g ao fim de
2
5730 anos, tendo sido a outra metade convertida em 14 N.

Como exemplo, consideremos agora o seguinte problema: Os vest´gios de um or-
ı
ganismo s˜ o desenterrados e determina-se que a quantidade de 14C presente e de
a ´
40% da de um organismo vivo semelhante. Qual e a idade aproximada dos vest´gios
´ ı
encontrados?

¸˜
Resolucao: Seja M(t) a massa de 14C dos vest´gios encontrados.
ı
Sabendo que 14C se degrada a uma taxa proporcional ` sua
a
massa, temos:
dM
= −α M,
dt
sendo α a constante de proporcionalidade. Entõ M(t) = ce−α t,
a
com c = M0 a quantidade inicial de 14C. Com t = 0, M(0) = M0 ;
1
t = 5730, M(5730) = M0 . Usamos este facto para determinar α :
2
1 1
M0 = M0 e−α ·5730 ⇔ e−α ·5730 = .
2 2
Entõ
a
1/5730 t/5730
−α 5730 1 −α 1 −α t 1
e = ⇔ e = e e = ,
2 2 2
donde
1 t/5730
M(t) = M0 .
2
Sabemos que t anos ap´s a morte do organismo M(t) = 0.4M0 e
o
queremos determinar t. Fazemos entõ:
a
t/5730
1
0.4M0 = M0 ,
2

¸˜ ´
1.2. SEPARACAO DE VARIAVEIS 9

aplicando logaritmos naturais:

t 1 5730 ln (0.4)
ln 0.4 = ln ⇔ t=
5730 2 1
ln
2

ou seja aproximadamente 7575 anos.

Esta t´ cnica de envelhecimento do carbono tem sido usada com sucesso em in´ meras
e u
ocasi˜ es. Foi esta mesma t´ cnica que permitiu datar os Manuscritos do mar morto
o e
com cerca de dois mil anos.

Nos Exemplos 1.1–1.4 determin´ mos a solucao de equacoes diferenciais muito sim-
a ¸˜ ¸˜
ples, usando o m´ todo de separacao de vari´ veis. Este m´ todo tamb´ m pode ser
e ¸˜ a e e
usado para resolver equacoes diferenciais mais elaboradas, como iremos mostrar na
¸˜
pr´ xima seccao.
o ¸˜

Os exemplos considerados ilustram tamb´ m que da resolucao de equacoes diferen-
e ¸˜ ¸˜
ciais muito simples se pode encontrar solucao para aplicacoes f´sicas mais diversi-
¸˜ ¸˜ ı
ﬁcadas.

¸˜ ´
1.2 Separacao de variaveis

Vamos aprender agora a resolver algumas equacoes um bocadinho mais complica-
¸˜
das do que as que resolvemos at´ aqui.
e

Considere-se a equacao diferencial
¸˜

dy
= f (x, y) (1.12)
dx

e suponhamos que f (x, y) e factoriz´ vel no produto:
´ a

f (x, y) = g(x)h(y), (1.13)

10 ´

onde g(x) e h(y) s˜ o funcoes de uma s´ vari´ vel. Sempre que isto ocorre, a equacao
a ¸˜ o a ¸˜
ı ¸˜ e ¸˜
(1.12) e pass´vel de resolucao pelo m´ todo da separacao de vari´ veis. Para resol-
´ a
ver a equacao, substituimos (1.13) em (1.12):
¸˜
dy
= g(x)h(y),
dx
ou
1 dy
= g(x), (1.14)
h(y) dx
Integrando ambos os membros da equacao (1.13) em relacao a x, obtemos:
¸˜ ¸˜
1 dy
dx = g(x)dx +C,
h(y) dx
e
1
dy = g(x)dx +C. (1.15)
h(y)
Se ambos os integrais de (1.15) forem calcul´ veis, ent˜ o a solucao da equacao dife-
a a ¸˜ ¸˜
rencial (1.12) e feita atrav´ s do c´ lculo dos integrais.
´ e a
dx √
Exemplo 1.5 Resolva a equacao
¸˜ = t 1 − x2 .
dt
¸˜
Resolucao: ¸˜
Reescrevemos a equacao como
dx dx
√ = tdt ⇒ √ = tdt +C
1 − x2 1 − x2
Calculando os integrais, obtemos:
t2
arcsin x = +C
2
ou seja
t2
x = sin +C .
2
Existe um n´mero infinito de soluc˜es, uma para cada valor
u ¸o
π π
de C com C ≤ . (Porquˆ C ≤ ?)Para determinadas condic˜es
e ¸o
2 2
iniciais, vai existir uma solucõ ńica. Suponhamos por
¸a u
1
exemplo x(0) = . Entõ
a
2
1 02 1 π
= sin +C = sinC e C = arcsin =
2 2 2 6.

¸˜ ´

Entõ a solucao ńica ´
a ¸˜ u e
t2 π
x(t) = sin + .
2 6
Repare que se x(0) = 2 nõ existe solucao, pois a funcõ seno
a ¸˜ ¸a
s´ toma valores no intervalo [−1, 1] .
o

Exemplo 1.6 (Velocidade de escape) No Exemplo 1.1 estud´ mos o mo-
a
vimento de um corpo em queda livre, i.e. sujeito a forca de gravidade da Terra.
` ¸
Nesse exemplo assumimos ser pequena a altura a que se encontra o corpo, h, re-
lativamente ao raio da Terra R. No entanto, se pretendermos estudar a equacao
¸˜
do movimento de um sat´ lite de comunicacoes ou de um većulo interplanet´ rio,
e ¸˜ ı a
a distˆ ncia r do objecto ao centro da Terra poder´ ser considerada grande em
a a
relacao a R. Assim a assercao que fizemos para obter a equacao (1.3) deixa de ser
¸˜ ¸˜ ¸˜
v´ lida. Retomemos a equacao (1.2):
a ¸˜
d2r R2
= −g 2
dt 2 r
dr
e considerando v = , temos pela regra da cadeia:
dt
d 2 r dv dv dr dv
2
= = =v . (1.16)
dt dt dr dt dr
Assim, a equacao (1.2) pode ser reescrita como:
¸˜
dv R2
v = −g 2 , (1.17)
dr r
onde g e R s˜ o constantes. Separando as vari´ veis e integrando obtemos
a a
dr
vdv = −gR2 +C,
r2
ou seja
1 2 gR2
v = +C.
2 r
Supondo que no instante inicial o objecto se encontra a superfćie da Terra, temos
` ı
ent˜ o que:
a
1 gR2
v(0)2 = +C.
2 R

12 ´

ou
1
v(0)2 − gR = C.
2
Ent˜ o
a
R2
v2 = 2g + v(0)2 − 2gR. (1.18)
r
Para que o objecto escape a forca gravitacional da Terra, e necess´ rio que v > 0 em
` ¸ ´ a
√
cada instante t. Se escolhermos v(0) = 2gR, os dois ultimos termos da equacao
´ ¸˜
(1.18) cancelam-se mutuamente, e temos que v2 > 0 para todo o r. Observemos
√
que uma escolha para v(0) inferior a 2gR vai permitir que o segundo membro da
equacao (1.18) possa ser zero, bastando para tal que o valor de r seja suficiente-
¸˜
mente grande. Assim sendo, para que o objecto escape a atraccao gravitacional
` ¸˜
√
da Terra e necess´ rio que ele tenha velocidade inicial mńima de v(0) = 2gR ≃
´ a ı
11.2km/seg. A esta velocidade mńima chama-se velocidade de escape.
ı

A substituicao (1.16) pode sempre ser usada para reduzir uma equacao que contenha
¸˜ ¸˜
a segunda derivada numa que contenha somente a primeira derivada, sendo para tal
necess´ rio que a vari´ vel independente n˜ o apareca explicitamente na equacao.
a a a ¸ ¸˜

Exemplo 1.7 (Crescimento log´stico) Seja P(t) a populacao de uma esp´ -
ı ¸˜ e
cie no instante t. A taxa de crescimento individual de uma populacao e definido
¸˜ ´
como o crescimento de uma populacao dividido pelo tamanho da populacao. Por
¸˜ ¸˜
exemplo, se considerarmos a taxa de natalidade igual a 3.2 em cada 100 e a taxa de
mortalidade igual a 1.8 em cada 100, ent˜ o a taxa de crescimento e 3.2 − 1.8 = 1.4
a ´
1.4 dP
em cada 100, i.e. = . Escrevemos ent˜ o
a = 0.014P.
100 dt
Consideremos uma dada populacao cuja taxa de natalidade m´ dia e dada pela
¸˜ e ´
constante positiva β . E razo´ vel considerar a taxa m´ dia de mortalidade pro-
´ a e
porcional ao n´ mero de indiv´duos da populacao. Populacoes com maior n´ mero
u ı ¸˜ ¸˜ u
de indiv´duos correspondem a uma maior densidade de indiv´duos, donde a uma
ı ı
maior competicao por comida e territ´ rio entre os seus membros. Seja δ a cons-
¸˜ o
dP
tante que representa esta proporcionalidade. Sendo a taxa de crescimento da
dt

¸˜ ´

1 dP
populacao, ent˜ o
¸˜ a ser´ a taxa de crescimento por indiv´duo nessa populacao.
a ı ¸˜
P dt
Ser´ l´cito considerar ent˜ o a seguinte equacao diferencial que governa o cresci-
a ı a ¸˜
mento da populacao:
¸˜
1 dP
= β − δ P.
P dt
Multiplicando ambos os membros desta equacao por P, temos:
¸˜

dP
= P (β − δ P) . (1.19)
dt

´ ¸˜
Esta e a equacao log´stica. O crescimento expresso por esta equacao chama-se
ı ¸˜
crescimento log´stico. Separemos as vari´ veis:
ı a

dP
= dt +C. (1.20)
P (β − δ P)

Decompondo a fraccao nos seus elementos simples, temos:
¸˜

1 1 δ
= + .
P (β − δ P) β P β (β − δ P)

Substituimos estes elementos simples em (1.20) e temos:

1 1
ln |P| − ln |β − δ P| = t +C
β β

ou ainda
1 P
ln = t +C. (1.21)
β β −δP
Aplicando a funcao exponencial a ambos os membros, vem:
¸˜

P P
= eβ t+β C ⇒ = C1 eβ t . (1.22)
β −δP β −δP

Para t = 0 obtemos
P(0)
= C1 .
β − δ P(0)
Substituindo o valor obtido para C1 em (1.22), vem:

P(t) P(0)
= eβ t .
β − δ P(t) β − δ P(0)

14 ´

Facamos o produto cruzado para depois resolver em ordem a P(t) :
¸

P(t) [β − δ P(0)] = P(0) [β − δ P(t)]eβ t

β P(t) − δ P(t)P(0) = β P(0)eβ t − δ P(0)P(t)eβ t

P(t) β − δ P(0) + δ P(0)eβ t = β P(0)eβ t ,

dividindo ambos os membros por P(0)eβ t :

β P(0)eβ t β
P(t) = = . (1.23)
β − δ P(0) + δ P(0)eβ t β
δ+ − δ e−β t
P(0)

Uma vez que β > 0, e−β t tende para zero com t. Temos ent˜ o que a populacao tem
a ¸˜
β β
um limite de crescimento . Facilmente se veriﬁca ainda que com P = em (1.19)
δ δ
dP
vem = 0, i.e. a populacao e constante.
¸˜ ´
dt

Aprendemos como resolver uma equacao diferencial de primeira ordem quando se-
¸˜
par´ vel. No entanto nem sempre e muito claro ver se a equacao e ou n˜ o separ´ vel.
a ´ ¸˜ ´ a a
Por exemplo, e obvio que se f (x, y) = ex cos y e separ´ vel. Mas j´ n˜ o e t˜ o obvio
´ ´ ´ a a a ´ a ´
que f (x, y) = 2x2 + y − x2 y + xy − 2x − 2 e separ´ vel. Damos, de seguida condicoes
´ a ¸˜
que permitem decidir sobre a separabilidade das vari´ veis numa equacao diferen-
a ¸˜
cial.

¸˜ ´

´ ¸˜ ´
Quando e que uma equacao diferencial e separ´ vel?
a
Teorema 1 Suponhamos que f (x, y) = g(x)h(y), onde g e h s˜ o diferenci´ veis.
a a
Ent˜ o
a
f (x, y) fxy (x, y) = fx (x, y) fy (x, y). (1.24)

Dem. Facamos
¸

fx (x, y) = g′ (x)h(y)

fy (x, y) = g(x)h′ (y)

fxy (x, y) = g′ (x)h′ (y)

f (x, y) fxy (x, y) = g(x)h(y)g′ (x)h′ (y) = g′ (x)h(y) g(x)h′ (y)

= fx (x, y) fy (x, y)

Teorema 2 Seja D = (x, y) : (x − a)2 + (y − b)2 < r2 , com a, b ∈ R e r ∈ R+ ,
uma bola do plano-xy. Suponhamos que f , fx , fy e fxy existem e s˜ o cont´nuas em
a ı
D, f (x, y) = 0 e a equacao (1.24) se veriﬁca. Ent˜ o existem funcoes continuamente
¸˜ a ¸˜
diferenci´ veis g(x) e h(y) tais que, para cada (x, y) ∈ D,
a f (x, y) = g(x)h(y).

dy
Exemplo 1.8 Seja = f (x, y) com f (x, y) = 2x2 + y − x2 y + xy − 2x − 2.
dx
Ent˜ o:
a

fx (x, y) = 4x − 2xy + y − 2

fy (x, y) = 1 − x2 + x

fxy (x, y) = −2x + 1

f (x, y) fxy (x, y) = 2x2 + y − x2 y + xy − 2x − 2 (−2x + 1)

= −4x3 − xy + 2x3 y − 3x2 y + 6x2 + 2x + y − 2

fx (x, y) fy (x, y) = (4x − 2xy + y − 2) 1 − x2 + x

= 2x − xy + y − 2 − 4x3 + 2x3 y − 3x2 y + 6x2

16 ´

Donde se conclui a partir do Teorema 2 que f (x, y) e separ´ vel.
´ a

¸˜
Resolucao:

dy
= 2x2 + y − x2 y + xy − 2x − 2
dx
= (y − 2)(−x2 + x + 1)

= ···

dy
Exemplo 1.9 Seja = f (x, y) com f (x, y) = 1 + xy. Ent˜ o:
a
dx

fx (x, y) = y

fy (x, y) = x

fxy (x, y) = −1

f (x, y) fxy (x, y) = 1 + xy

e

fx (x, y) fy (x, y) = xy

Como as duas ultimas express˜ es n˜ o s˜ o iguais, conclui-se a partir do Teorema 2
´ o a a
que f (x, y) n˜ o e separ´ vel.
a ´ a
dy
Uma equacao diferencial da forma
¸˜ = f (ax + by + c) , n = 0 pode sempre reduzir-
dx
se a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis, atrav´ s da substituicao
¸˜ a a e ¸˜

du dy
u = ax + by + c ⇒ = a+b .
dx dx

dy 1
Exemplo 1.10 Resolva a equacao diferencial
¸˜ = .
dx x + y + 1
1
Resolucao: Consideramos f (u) = e em conformidade u = x+y+
¸˜
u
du dy
1⇒ = 1+ .
dx dx

¸˜ ´

¸ a ¸˜
Efectuamos esta mudanca de vari´vel na equacao diferencial
e obtemos:

du 1
−1 = ⇔
dx u
du 1 + u
⇔ = ⇔
dx u
u
⇔ du = dx ⇒
1+u
u
⇔ du = dx +C
1+u
u
Como calcular du?
1+u
Temos que saber calcular primitivas de func˜es racionais.
¸o
¸˜
Posto isto, e sendo a funcao integranda uma fraccõ racional
¸a
o ¸ ¸˜
impr´pria, temos que comecar por reduzi-la a uma fraccao
racional pr´pria, i.e.:
o

u 1
= 1− .
1+u 1+u

Prossigamos agora com o c´lculo das primitivas:
a

1
1− du = dx +C ⇔
1+u
⇔ u − ln |1 + u| = x +C ⇔

Voltando ` vari´vel original, escrevemos:
a a

⇔ x + y + 1 − ln |1 + x + y + 1| = x +C ⇔

⇔ y + c = ln |2 + x + y| ⇔

⇔ ey+c = 2 + x + y ⇔

⇔ 2 + x + y = Cey .

Temos assim a solucao implćita da equacõ diferencial.
¸˜ ı ¸a

Consideremos ent˜ o outros exemplos:
a

18 ´

dy
1. Consideremos a equacao diferencial
¸˜ = (x+y+1)2 . Reduzimos esta equacao ¸˜
dx
diferencial a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis efectuando a se-
¸˜ a a
guinte mudanca de vari´ vel f (u) = u2 .
¸ a
dx 1 − t − x
¸˜ = . Reduzimos esta equacao
¸˜
dt t +x
diferencial a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis efectuando a
¸˜ a a
1−u
seguinte mudanca de vari´ vel f (u) =
¸ a .
u
dy √
¸˜ = 2 + y − 2t + 3. Reduzimos esta
dx
equacao diferencial a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis efectu-
¸˜ ¸˜ a a
√
ando a seguinte mudanca de vari´ vel f (u) = 2 + u.
¸ a
dy
¸˜ = 1+ey−t+5 . Reduzimos esta equacao ¸˜
dx
diferencial a uma equacao diferencial de vari´ veis separ´ veis efectuando a se-
¸˜ a a
guinte mudanca de vari´ vel f (u) = 1 + eu .
¸ a

Exercćio 1 Calcule a solucao de cada uma das equacoes diferenciais acima
ı ¸˜ ¸˜
enumeradas.

¸˜ ¸˜
1.3 Classificacao de equacoes diferenciais

Ficou claro, no estudo efectuado nas ultimas seccoes, que grande e a variedade de
´ ¸˜ ´
equacoes diferenciais resultantes de fen´ menos que nos s˜ o familiares. Torna-se
¸˜ o a
ent˜ o necess´ rio estudar classes mais restritas destas equacoes.
a a ¸˜

Comecemos por classificar as equacoes diferenciais. A classificacao mais obvia ser´
¸˜ ¸˜ ´ a
uma baseada na natureza das derivadas da equacao. Uma equacao diferencial diz-se
¸˜ ¸˜
¸˜
equacao diferencial ordin´ ria (ODE) se involve somente derivadas ordin´ rias, i.e.
a a
em ordem a uma s´ vari´ vel independente e de uma ou v´ rias vari´ veis dependentes.
o a a a

Exemplo 1.11 Considerem-se os seguintes exemplos:

¸˜
1.4. SOLUCOES 19

dy
1. − 5y = 1
dx
2. (t + y) dt − 4ydy = 0
du dv
3. − = t, u(t) e v(t)
dt dt
d2y dy
4. 2
− 2 + 6x = 0
dx dx
Uma equacao que involva derivadas parciais, de uma ou mais vari´ veis dependentes
¸˜ a
¸˜
e, obviamente, de duas ou mais vari´ veis independentes, diz-se equacao diferencial
a
`
as derivadas parciais.

∂x ∂y
1. =− x(t, ?), y(t, ?)
∂t ∂t
∂x ∂x
2. t + k = x, x(t, z)
∂t ∂z
¸˜
Definicao 1 A ordem da derivada mais elevada envolvida na equacao diferen-
¸˜
cial, determina a ordem da equacao diferencial.
¸˜

dy
1. + 2yx = 1 primeira ordem
dx
d 2 y dy
2. + +x = 0 segunda ordem
dx2 dx
d 3 y y2
3. = terceira ordem
dx3 x2
Quanto a estrutura, as equacoes diferenciais classificam-se em equacoes diferenciais
` ¸˜ ¸˜
lineares e n˜ o lineares. Definimos equacao diferencial linear na Seccao 1.6.
a ¸˜ ¸˜

¸˜
1.4 Solucoes

¸˜
Definicao 2 Uma funcao y, definida no intervalo I, que possui derivadas at´ a
¸˜ e`
ordem n, e tal que uma vez substitu´da na equacao diferencial de ordem–n a reduz
ı ¸˜

20 ´

a uma identidade, diz-se solucao dessa equacao diferencial. Simbolicamente, isto
¸˜ ¸˜
significa que a solucao da equacao diferencial
¸˜ ¸˜

F x, y, y′ , . . ., y(n) = 0 (1.25)

e uma funcao y(x), cujas derivadas y′ (x), y′′ (x), . . ., y(n) existem e satisfazem a equacao
´ ¸˜ ¸˜
(1.31) para todos os valores da vari´ vel independente x em todo o intervalo em que
a
(1.31) est´ definida.
a

`
A solucao tamb´ m se chama curva integral ou simplesmente integral da ED.
¸˜ e

Observacao 2 O intervalo I pode ser da forma (a, b), [a, b], [a, b), (a, b] com a, b
¸˜
valores finitos ou infinitos.

As aplicacoes f´sicas que descrevemos nesta seccao (e.g. Exemplos 1.1, 1.3 e 1.4)
¸˜ ı ¸˜
correspondem a problemas para os quais sabemos existir solucao. No entanto, e
¸˜ ´
importante distinguir a realidade f´sica do modelo matem´ tico dado pela equacao
ı a ¸˜
diferencial que representa o problema. Pois o nosso raciocćio poder´ estar comple-
ı a
tamente errado e as equacoes apresentadas n˜ o apresentarem qualquer ligacao com
¸˜ a ¸˜
a realidade.

Existem equacoes diferenciais para as quais n˜ o existe solucao. Por exemplo:
¸˜ a ¸˜
2
dy
+3 = 0
dx
2
dy
n˜ o tem obviamente solucao, pois
a ¸˜ + 3 ≥ 3 !!!
dx
Por outro lado, a equacao
¸˜
2
dy
+ y2 = 0
dx
tem y = 0 como unica solucao.
´ ¸˜

A equacao
¸˜
dy
+y = 0
dx
tem um n´ mero infinito de solucoes y = ce−x para toda a constante c.
u ¸˜

¸˜
1.4. SOLUCOES 21

Uma equacao diferencial tem usualmente uma infinidade de solucoes.
¸˜ ¸˜

Ao determinar a solucao de uma equacao diferencial de ordem–n,
¸˜ ¸˜

F x, y, y′ , . . . , y(n) = 0, ∀t ∈ I

esperamos obter uma fam´lia de solucoes de n parˆ metros G(x, y, c1 , . . . , cn ) = 0.
ı ¸˜ a

¸˜ a ¸˜
Cada concretizacao dos parˆ metros fornece uma solucao particular, ou seja uma
solucao livre de parˆ metros.
¸˜ a

¸˜
Chamamos solucao singular a uma solucao da equacao diferencial que n˜ o per-
¸˜ ¸˜ a
tence a fam´lia de parˆ metros.
` ı a

Se a fam´lia de parˆ metros cont´ m todas as solucoes da equacao diferencial, ent˜ o
ı a e ¸˜ ¸˜ a
¸˜
chama-se solucao geral.

Exemplo 1.14 Consideremos a equacao diferencial
¸˜

dy
= 2xy (1.26)
dx
2
cuja solucao geral e y = cex . Cada concretizacao da constante c fornece uma
¸˜ ´ ¸˜
solucao particular. A Figura 1.3 mostra algumas concretizacoes de c, isto e algu-
¸˜ ¸˜ ´
mas solucoes de (1.26).
¸˜

200

c>0
100

0
c=0

−100
c<0

−200

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

Figura 1.2: Representacao gr´ fica de algumas solucoes de (1.26).
¸˜ a ¸˜

A y ≡ 0, representada a vermelho na figura, chamamos solucao trivial.
¸˜

22 ´

Se y ≡ 0 (i.e., y e identicamente igual a zero) e solucao da equacao diferencial num
´ ´ ¸˜ ¸˜
intervalo I, ent˜ o chama-se a y ≡ 0 solucao trivial dessa equacao diferencial em I.
a ¸˜ ¸˜

Exemplo 1.15 A equacao diferencial do Exemplo 1.2 pode ser reescrita na
¸˜
forma y′ − α y = 0. E f´ cil veriﬁcar que y(x) = keα x ,
´ a k ∈ R, e solucao para todo
´ ¸˜
o real x :

y′ (x) − α y(x) = (keα x )′ − α (keα x ) = α keα x − α keα x = 0.

Exerc´cio 2
ı 1. Prove que y1 = c1 cos(4x) e y2 = c2 sin(4x) s˜ o solucoes de
a ¸˜
d2y
+ 16y = 0.
dx2
2. Prove que

y = ex

y = e−x

y = c1 ex

y = c2 e−x

y = c1 ex + c2 e−x

d 2y
com c1 , c2 ∈ R, s˜ o solucoes de 2 − y = 0.
a ¸˜
dx
Exemplo 1.16 Consideremos os seguintes exemplos:

1. y = cx4 e solucao da equacao diferencial xy′ − 4y = 0.
´ ¸˜ ¸˜

 −x4 , x < 0
2. y = e solucao da mesma equacao, i.e.
´ ¸˜ ¸˜
 x4 , x ≥ 0

 −1, x < 0
c= A constante c n˜ o e unica em todo o intervalo.
a ´´
 1, x ≥ 0

A solucao particular 2. e solucao, mas n˜ o pode ser obtida a partir da fam´lia de
¸˜ ´ ¸˜ a ı
parˆ metros por uma escolha unica de c.
a ´

¸˜
1.4. SOLUCOES 23

15

10
c=1
5

0

−5
c = −1
−10

−15
−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

Figura 1.3: Exemplo de uma solucao particular definida por ramos.
¸˜

A solucao da equacao diferencial pode estar na forma implćita ou explćita. Se
¸˜ ¸˜ ı ı
apresentamos a solucao na forma y = f (x), ent˜ o a solucao est´ na forma explćita.
¸˜ a ¸˜ a ı
Se a apresentamos na forma f (x, y) = c, onde c e uma constante, ent˜ o a solucao
´ a ¸˜
est´ na forma implćita.
a ı

Exemplo 1.17 1. A solucao y = 2e3x e uma solucao explćita da equacao
¸˜ ´ ¸˜ ı ¸˜
diferencial do Exemplo 1.15.

2. Considere a equacao diferencial
¸˜

dy x
= .
dx y

Ap´ s separacao de vari´ veis obt´ m-se
o ¸˜ a e

ydy = xdx
y2 x2
= +c
2 2
y2 − x2 = 2c = C

Temos a solucao na sua forma implćita.
¸˜ ı

Nota 1 De facto, n˜ o e lćito apresentar a solucao deste problema na sua
a ´ ı ¸˜
√
forma explćita, pois y = ± x2 +C n˜ o e funcao.
ı a ´ ¸˜

24 ´

Como vimos nas Seccoes 1.1 e 1.2, muitas s˜ o as situacoes em que estamos interes-
¸˜ a ¸˜
sados em resolver uma equacao diferencial de primeira ordem:
¸˜

dy
= f (x, y)
dx

sujeita a condicao adicional
` ¸˜
y(x0 ) = y0 .

Este e um exemplo de um problema de valor inicial. Chamamos a esta condicao
´ ¸˜
¸˜
adicional condicao inicial e a x0 o valor inicial. Formalizemos:

¸˜
Definicao 3 Um problema de valor inicial (PVI) consiste numa equacao di-
¸˜
ferencial de qualquer ordem e num conjunto de condicoes iniciais (o n´ mero de
¸˜ u
condicoes iniciais e igual a ordem da equacao diferencial) que dever˜ o ser satisfei-
¸˜ ´ ` ¸˜ a
tas pela solucao da equacao diferencial e das suas sucessivas derivadas no valor
¸˜ ¸˜
inicial.

Exemplo 1.18 Considerem-se os seguintes exemplos de PVIs:

1.

dy
= 2y − 3x,
dx
y(0) = 2

2.

x′′ (t) + 5x′(t) + (sint)x(t) = 0,

x(1) = 0

x′ (1) = 7

¸˜
Definicao 4 Definimos solucao de um PVI de ordem–n como uma funcao com
¸˜ ¸˜
derivadas at´ a ordem–n, que satisfaca a equacao diferencial e a(s) condicao(˜ es)
e` ¸ ¸˜ ¸˜ o
inicial(is).

¸˜
1.4. SOLUCOES 25

Exemplo 1.19 A funcao y(x) = 2e3x e solucao do PVI
¸˜ ´ ¸˜

dy
= 3y,
dx
y(0) = 2

dy d 3x
pois y(0) = 2e3·0 = 2e0 = 2 e =2 e = 3 2e3x = 3y.
dx dx
Atencao, y ≡ 0 e solucao da equacao diferencial do Exemplo ??, mas n˜ o solucao
¸˜ ´ ¸˜ ¸˜ a ¸˜
do PVI, pois n˜ o verifica a condicao inicial.
a ¸˜

Observacao 3 As condicoes impostas a y(x) e as suas (n − 1) primeiras deriva-
¸˜ ¸˜ `
das s˜ o dadas num unico ponto, i.e., y(x0 ), y′ (x0 ), . . . , y(n−1) (x0 ).
a ´

1.

dy
= f (x, y)
dx
y(x0 ) = y0

PVI de ordem–1

2.

d2y
= f (x, y, y′ )
dx2
y(x0 ) = y0

y′ (x0 ) = y′
0

PVI de ordem–2

Ao analisar um PVI, duas quest˜ es fundamentais surgem:
o

1. Existe solucao?
¸˜

2. A solucao (se existir) e unica?
¸˜ ´´

Geometricamente, a segunda quest˜ o traduz-se em questionar se de entre todas as
a
solucoes do PVI, definido em I, existe uma unica cujo gr´ fico passa pelo ponto
¸˜ ´ a
(x0 , y0 ).

26 ´

 dy − xy1/2 = 0
Exemplo 1.20 Consideremos o seguinte PVI dx , para o qual

y(0) = 0
queremos determinar a solucao.
¸˜

¸˜
Resolucao: Vamos determinar a solucõ utilizando separacao
¸a ¸˜
de vari´veis:
a

dy
= xy1/2 ⇔
dx
dy
⇒ = tdt ⇔
y1/2
y=0?!
x2
⇔ y1/2 = +c ⇔
4
x4
⇔ y= +C ∧ y(0) = 0
16
x4
⇒C = 0 ⇒y=
16

No entanto, a solucao trivial y ≡ 0 ´ tamb´m solucõ.
¸˜ e e ¸a Mais
ainda, a solucao trivial ´ solucõ singular (pois nõ pode
¸˜ e ¸a a
ser obtida a partir da fam´lia de parˆmetros).
ı a

Como vemos a solucõ deste PVI nõ ´ ńica.
¸a a e u

Antes de tentarmos determinar a solucao de um PVI, e desej´ vel investigar primeiro
¸˜ ´ a
a existˆ ncia/unicidade dessa mesma solucao.
e ¸˜

O resultado seguinte, originalmente devido a Cauchy, mas generalizado por Picard,
e uma das condicoes mais populares devido a facilidade da sua aplicacao.
´ ¸˜ ` ¸˜

Teorema 3 (Teorema de Picard) Seja R uma regi˜ o rectangular defi-
a
nida no plano xOy e tal que a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d. O ponto (x0 , y0 ) pertence ao
interior de R. Se f e ∂ f /∂ y s˜ o funcoes contńuas no rectˆ ngulo R, ent˜ o existe um
a ¸˜ ı a a

¸˜
1.4. SOLUCOES 27

intervalo I, centrado em x0 , e uma unica funcao y(x), x ∈ I, que satisfaz o PVI
´ ¸˜

dy
= f (x, y), y(x0 ) = y0 .
dx

Figura 1.4: Interpretacao geom´ trica do Teorema de Picard.
¸˜ e

¸˜
Observacao 4 Em geral n˜ o e poss´vel determinar um intervalo I em que essa
a ´ ı
solucao esteja definida sem antes determinar essa mesma solucao.
¸˜ ¸˜

´ ¸˜
O Teorema 3 e uma condicao suficiente de existˆ ncia e unicidade de solucao, dado
e ¸˜
fornecer crit´ rios capazes de garantir a existˆ ncia de uma unica solucao. Nome-
e e ´ ¸˜
adamente, requer a a verificacao da continuidade das funcoes. Se f e ∂ f /∂ y no
¸˜ ¸˜
rectˆ ngulo R que cont´ m o ponto inicial (x0 , y0 ). Dado a garantia deste teorema ser
a e
s´ para uma pequena regi˜ o em torno do ponto inicial, dizemos ser este resultado
o a
um teorema de existˆ ncia e unicidade local. Ilustramos de seguida a aplicacao do
e ¸˜
Teorema 3:

Exemplo 1.21 O PVI
dy
= x2 + y3
dx
y(0) = 1

tem solucao unica?
¸˜ ´

28 ´

¸˜
Resolucao: Sejam f (x, y) = x2 +y3 e ∂ f /∂ y = 3y2 funcoes contńuas
¸˜ ı
em todo o R×R, entõ obviamente tamb´m o serõ na regiõ
a e a a
R. Est´ assim demonstrada a existˆncia de solucao ńica.
a e ¸˜ u

x 1
Exemplo 1.22 Retomemos o Exemplo 1.20. Temos ent˜ o que ∂ f /∂ y =
a ,
2 y1/2
n˜ o estando esta funcao definida no ponto (0, 0). Dado ser o Teorema 3 uma condicao
a ¸˜ ¸˜
suficiente, nada se pode concluir sobre a existˆ ncia de solucao unica, mas de facto
e ¸˜ ´
n˜ o se pode garantir a sua existˆ ncia.
a e

Caso n˜ o estejamos interessados na unicidade de solucao, mas somente na sua
a ¸˜
existˆ ncia existe um resultado tamb´ m muito conhecido:
e e

Teorema 4 Nas condicoes do Teorema de Picard, a continuidade da funcao
¸˜ ¸˜
f (x, y) em R e condicao suficiente para garantir a existˆ ncia de pelo menos uma
´ ¸˜ e
solucao do PVI.
¸˜

O Teorema de Picard um de entre os v´ rios resultados de existˆ ncia/unicidade de
a e
solucao. Em diferentes situacoes, as condicoes podem ser relaxadas permitindo
¸˜ ¸˜ ¸˜
ainda tirar as mesmas conclus˜ es. Ao longo do nosso estudo abordaremos alguns
o
destes resultados.

¸˜
Definicao 5 Um problema de valores de fronteira (PVF) e constitu´do por
´ ı
uma equacao diferencial se um conjunto de condicoes adicionais que a solucao
¸˜ ¸˜ ¸˜
da equacao diferencial, bem com as sucessivas derivadas, deve satisfazer. As
¸˜
condicoes adicionais devem ser dadas para pelo menos dois valores distintos da
¸˜
vari´ vel independente.
a

Exemplo 1.23 Considerem-se os seguintes exemplos de PVF

¸˜
1.4. SOLUCOES 29

1.

d2y
+ 5xy = cos x
dx2
y(0) = 0

y′ (1) = 2

2.

dy
+ 5xy = 0
dx
y(0) = 2

y(1) = 2

Para n = 2, deﬁnimos:

d 2y dy
a2 (x, y)
2
+ a1 (x, y) + a0 (x, y)y = g(x) (1.27)
dx dx

y(a) = y0 
Condicoes de fronteira
¸˜ (1.28)
y(b) = y1 

com a, b ∈ I.

Para n = 2, outras escolhas poss´veis de condicoes de fronteira s˜ o:
ı ¸˜ a
  
 y′ (a) = y  y(a) = y  y′ (a) = y
0 0 0
, ou (1.29)
 y(b) = y  y′ (b) = y  y′ (b) = y
1 1 1

onde y0 , y1 s˜ o constantes arbitr´ rias.
a a

Seja: 
 α y(a) + β y′ (a) = γ
1 1 1
(1.30)
 α y(b) + β y′ (b) = γ
2 2 2

Atencao, ter˜ o de ser sempre duas condicoes, dado ser dois a ordem do problema.
¸˜ a ¸˜

Nota 2 O Teoremema de Picard s´ se aplica a PVIs.
o

Vejamos:

30 ´

Exemplo 1.24 Consideremos a equacao diferencial y′′ + 16y = 0, que tem
¸˜
como solucao geral y = c1 cos 4x + c2 sin 4x. De seguida consideramos diferentes
¸˜
condicoes de fronteira que nos permitir˜ o calcular os parˆ metros.
¸˜ a a

 y(0) = 0
1. π
 y = 0
2
¸˜
Resolucao:

 0 = c
1
 0 = c sin 2π
2

temos entõ a solucao (0, c2 )
a ¸˜

¸˜
∴ o PVF tem um n´mero infinito de solucoes:
u y = c2 sin 4t.


 y(0) = 0
2. π
 y = 0
8
¸˜
Resolucao:

 0 = c
1
 0 = c
2

temos entõ a solucõ y = (0, 0)
a ¸a

¸˜ u
∴ o PVF tem solucao ńica.


 y(0) = 0
 y π
3.
= 1
2
¸˜
Resolucao:

 0 = c1
 1 = c2 sin π
2
Imposs´vel!
ı

¸˜
1.5. CAMPO DE DIRECCOES 31

¸˜
∴ o PVF n˜o tem solucao.
a

Ainda que ao longo de todo este curso nos debrucemos sobre o estudo/aprendizagem
de m´ todos que nos permitem determinar a solucao de diferentes ED, o facto e que
e ¸˜ ´
muitas s˜ o as equacoes diferenciais provenientes de aplicacoes para as quais n˜ o e
a ¸˜ ¸˜ a ´
poss´vel obter uma solucao anal´tica. Dito de outro modo, muitas s˜ o as equacoes
ı ¸˜ ı a ¸˜
diferenciais para as quais e imposs´vel obter uma solucao exprimıvel em termos de
´ ı ¸˜
funcoes elementares.
¸˜

Existem diferentes formas para abordar esta diﬁculdade, nomeadamente:

1. Optar por uma solucao num´ rica
¸˜ e

2. Proceder a um estudo qualitativo da ED, i.e., perceber como se comportam as
solucoes da ED. Quest˜ es pertinentes deste t´ pico s˜ o por exemplo:
¸˜ o o a

• As solucoes da equacao diferencil crescem ilimitadamente com x?
¸˜ ¸˜

• As solucoes da equacao diferencial tendem para zero?
¸˜ ¸˜

• As solucoes oscilam entre determinados valores?
¸˜

¸˜
1.5 Campo de direccoes

Considere-se a equacao diferencial de ordem–1 na sua forma normal
¸˜

y′ = f (x, y). (1.31)

Considerando determinadas condicoes, e uma condicao inicial, o PVI associado
¸˜ ¸˜
a equacao (1.31) tem uma solucao unica. Ou seja, existe uma unica funcao que
` ¸˜ ¸˜ ´ ´ ¸˜
satisfaz o PVI:
y′ (x) = f (x, y)
y(x0 ) = y0

32 ´

com (x0 , y0 ) arbitr´ rio. A funcao y(x) e uma curva do plano–xy, da qual conhecemos
a ¸˜ ´
a tangente em cada ponto.

A tangente a curva y(x) em cada ponto (x, y) e dada por f (x, y).
` ´

Conhecemos ent˜ o a direccao da curva y(x) em cada ponto (x, y) do xy-plano em
a ¸˜
que a funcao f (x, y) est´ definida. Chama-se campo de direccoes da equacao di-
¸˜ a ¸˜ ¸˜
ferencial, y′ = f (x, y), ao conjunto de todas estas direccoes no plano. O que e
¸˜ ´
interessante e o facto de podermos usar a nocao de campo de direccoes para tracar
´ ¸˜ ¸˜ ¸
um esboco da solucao duma equacao diferencial no plano-xy sem chegar a calcular
¸ ¸˜ ¸˜
essa mesma solucao. Se achar muito difćil resolva este mesmo problema para a
¸˜ ı
equacao diferencial do exercćio seguinte.
¸˜ ı

Exemplo 1.25 Retomemos o PVI do Exemplo 1.2

y′ = 2xy (1.32)

y(0) = 1.

Temos que

y′ (x) > 0 se xy > 0 (i.e. quadrantes I e III)

y′ (x) < 0 se xy < 0 (i.e. quadrantes II e IV).

Para tracar o campo de direccoes, comecamos por determinar onde o coeficiente
¸ ¸˜ ¸
angular e constante:
´

y′ = c, c ∈ R. (1.33)

Obtemos desta forma a fam´lia de curvas 2xy = c, onde c e uma constante, a que
ı ´
chamamos isoclinas.

¸˜
1.5. CAMPO DE DIRECCOES 33

Para o Exemplo ch1-1.5-ex25, calculamos de seguida as isoclinas:

c = 0 ⇔ x = 0∨y = 0
1
c = 1 ⇔ 2xy = 1 ⇔ y =
2x
1
c = 2 ⇔ 2xy = 2 ⇔ y =
x
1
c = −1 ⇔ 2xy = 1 ⇔ y = −
2x
1
c = −2 ⇔ 2xy = 2 ⇔ y = −
x

A Figura 1.5 mostra o campo de direccoes para esta equacao diferencial.
¸˜ ¸˜

2

y(x)
1

0
-2 -1 0 1 2
x

-1

-2

Figura 1.5: Campo de direccoes para a equacao diferencial (1.32).
¸˜ ¸˜

Para a solucao particular em causa, escolhemos a curva que passa no ponto (0, 1).
¸˜
Temos ent˜ o:
a

¸˜
Observacao 5 e aconselh´ vel esbocar sempre um n´ mero razo´ vel de curvas, de
´ a ¸ u a
forma a podemos ilustrar convenientemente o comportamento de todas as solucoes
¸˜
da equacao diferencial.
¸˜

Exemplo 1.26 Debrucemo-nos agora sobre o campo de direccoes da equacao
¸˜ ¸˜
dP
log´stica do Exemplo 1.7,
ı = P (β − δ P) , onde β e δ s˜ o constantes positivas.
a
dt
¸˜
Resolucao: No Exemplo 1.7 determinamos a soluc˜o desta equac˜o
¸a ¸a

34 ´

2

y 1

0
-2 -1 0 1 2
x

-1

-2

Figura 1.6: Uma solucao de (1.32).
¸˜

diferencial:
β
P(t) = . (1.34)
β
δ+ − δ e−β t
P(0)
` semelhanca do que aconteceu no exemplo anterior, ´ poss´vel
A ¸ e ı
determinar o campo de direccoes desta equacõ diferencial
¸˜ ¸a
sem a resolver.

Dado que as constantes β e δ sõ positivas, tornam-se eviden-
a
tes os seguintes factos:

P′ < 0 se P < 0 ∨ P > β /δ ;

P′ > 0 se 0 < P < β /δ ;

P′ = 0 se P = 0 ∨ P = β /δ ;

A Figura 1.7 mostra o campo de direcc˜es para esta equacao
¸o ¸˜
diferencial.

Repare que toda a solucao tal que P(0) > 0 tende para o valor
¸˜
β /δ , ou seja a capacidade de suporte. J´ tinha- mos chegado
a
¸˜
a esta conclusõ antes, quando calculamos o valor da solucao
a
quando t → ∞. Na Figura 1.8 mostram-se algumas solucoes:
¸˜

Soluções de equações diferenciais para engenheiros

Soluções de equações diferenciais para engenheiros

Recomendados

Recomendados

Mais conteúdo relacionado

Semelhante a Soluções de equações diferenciais para engenheiros

Semelhante a Soluções de equações diferenciais para engenheiros (20)

Soluções de equações diferenciais para engenheiros