capítulo 2.1: equações lineares; método dos fatores...
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Capítulo 2.1: Equações Lineares;
Método dos Fatores Integrantes
Uma EDO de primeira ordem tem a forma geral
onde f é linear em y. Exemplos incluem equações com coeficientes constantes,
ou equações com coeficientes variaveis:
),( ytfdtdy =
)()( tgytpdtdy =+
bayy +−=′
Capítulo 2.1: Caso dos Coeficientes Constantes
Para uma EDO linear com coeficientes constantes,
observe que podemos usar métodos de cálculo para resolver:
Cat ekkeaby
Ctaaby
dtaaby
dy
aaby
dtdy
±=+=
+−=−
−=−
−=−
∫∫
,/
/ln/
//
,bayy +−=′
Capítulo 2.1: Caso dos Coeficientes variáveis: Método dos Fatores Integrantes
Nos agora vamos considerar uma EDO linear de primeira ordem com coeficientes variáveis:
O método dos fatores integrantes envolve a multiplicação desta equação por uma função µ(t), escolhida de modo que a equação resultante seja integrada fàcilmente.
)()( tgytpdtdy =+
Capítulo 2.1: Exemplo 1: Fator de Integração
Concidere a seguinte equação:
Multiplicando ambos os lados por µ(t), nos obtemos
Nós escolheremos µ(t) de modo que o lado esquerdo seja facil de identificar a derivada. Considere a regra do produto :
Escolha µ(t) tal que
2/2 teyy =+′
[ ] ydt
tddtdytyt
dtd )()()( µµµ +=
tettt 2)()(2)( =⇒=′ µµµ
)()(2)( 2/ teytdtdyt t µµµ =+
Capítulo 2.1: Exemplo 1: Solução Geral
Com µ(t) = e2t, nos resolvemos a equação original da seguinte forma:
[ ]
tt
tt
tt
ttt
t
t
Ceey
Ceye
eyedtd
eyedtdye
etytdtdyt
eyy
22/
2/52
2/52
2/522
2/
2/
52
52
2
)()(2)(
2
−+=
+=
=
=+
=+
=+′
µµµ
Capítulo 2.1: Método dos Fatores Integrantes:
Variável do lado direito (g(t))Em geral, para variável do lado direito g(t), a solução pode ser encontrada da seguinte forma:
[ ]
atatat
atat
atat
atatat
Cedttgeey
dttgeye
tgeyedtd
tgeyaedtdye
tgtytadtdyt
tgayy
−− +=
=
=
=+
=+
=+′
∫∫
)(
)(
)(
)(
)()()()(
)(
µµµ
Capítulo 2.1: Exemplo 2: Solução Geral
Nos podemos resolver a seguinte equação
usando a formula anterior onde nos conhecemos a e g(t):
Integrando por partes,
Temos
tyy −=+′ 551
5/5/5/ )5()( tttatatat CedtteeCedttgeey −−−− +−=+= ∫∫
[ ]5/5/
5/5/5/
5/5/5/
550
5525
5)5(
tt
ttt
ttt
tee
dtetee
dttedtedtte
−=
−−=
−=−
∫∫∫∫
( ) 5/5/5/5/5/ 550550 ttttt CetCeteeey −−− +−=+−=
Capítulo 2.1: Exemplo 2: Gráfico das Soluções
O gráfico da esquerda mostra o campo de direções junto com diversas curvas integrais. O gráfico na direita mostra diversas soluções, e uma solução particular (vermelho) cujo o gráfico contem o ponto (0,50).
5/550551 tCetytyy −+−=⇒−+−=′
Capítulo 2.1: Exemplo 3: Solução Geral
Nos podemos resolver a seguinte equação
usando a formula anterior onde nos conhecemos a e g(t):
Integrando por partes,
Temos
tyy −=−′ 551
5/5/5/ )5()( tttatatat CedtteeCedttgeey +−=+= ∫∫ −−−
[ ]5/
5/5/5/
5/5/5/
5
5525
5)5(
t
ttt
ttt
te
dtetee
dttedtedtte
−
−−−
−−−
=
+−−−=
−=−
∫∫∫∫
[ ] 5/5/5/5/ 55 tttt CetCeteey +=+= −
Capítulo 2.1: Exemplo 3: Solução Geral
O gráfico da esquerda mostra o campo de direções junto com diversas curvas integrais. O gráfico na direita mostra diversas soluções, e uma solução particular (vermelho) cujo o gráfico contém a origem, o eixo-y separa as soluções que crescem para + ∞ daquelas que decrescem para - ∞ com t → ∞.
5/555/ tCetytyy +=⇒−=−′
Capítulo 2.1: Método dos fatores integrantes para
EDO Lineares de primeira ordem geralVamos considerar uma EDO Linear de 1a ordem geral
Multiplicamos ambos os lados por µ(t), obtemos
Agora, precisamos encontrar µ(t) tal que µ'(t) = p(t)µ(t), para isto basta fazer
)()( tgytpy =+′
[ ] yttpdtdytyt
dtd )()()()( µµµ +=
)()()()()( ttgyttpdtdyt µµµ =+
Capítulo 2.1: Fator Integrante para
EDO Lineares de primeira ordem geralAssim nós escolhemos µ(t) tal que µ'(t) = p(t)µ(t). Assumindo µ(t) > 0, segue que
Tomando k = 0, obtemos
e note µ(t) > 0 como queriamos.
ktdtpttdtpttd +=⇒= ∫∫∫ )()(ln)()()( µ
µµ
,)( )( tdtpet ∫=µ
Capítulo 2.1: Solução para
EDO Lineares de primeira ordem geralAssim nós temos o seguinte :
Então
tdtpettgtyttpdtdyt
tgytpy
∫==+
=+′
)()( onde ),()()()()(
)()(
µµµµ
[ ]
tdtpetndet
cdttgty
cdttgtyt
tgtytdtd
∫=+
=
+=
=
∫∫
)()( o,)(
)()(
)()()(
)()()(
µµ
µ
µµ
µµ
Capítulo 2.1: Exemplo 4: Solução Geral
Para resolver o P.V.I.
primeiro tome a forma padrão:
Então
e onde
( ) ,21,52 2 ==−′ ytyyt
0for ,52 ≠=−′ ttyt
y
222
2
2ln55
1
51
)(
)()(CtttCdt
tt
t
Ctdtt
tCdttgt
y +=
+=
+=
+= ∫
∫∫µ
µ
2
1lnln22
)( 1)( 2
teeeet ttdt
tdttp===∫=∫=
−−µ
Capítulo 2.1: Exemplo 4: Solução Particular
Usando a condição inicial y(1) = 2 e a solução geral
segue que
ou equivalente,
22 2ln52)1( tttyCy +=⇒==
,ln5 22 Cttty +=
( )5/2ln5 2 += tty
Capítulo 2.1: Exemplo 4: Gráfico da Solução
Os gráficos abaixo mostram diversas curvas integrais para a equação diferencial, e uma solução particular (em vermelho) cujo o gráfico contém o ponto inicial (1,2).
( )
22
22
2
2ln5 :Particular Solução
ln5 :Geral Solução21,52 :PVI
ttty
Ctttyytyyt
+=
+===−′
Capítulo 2.2: Equações Separáveis
Nesta seção nós examinamos uma subclasse das EDO’s não-lineares e de 1a ordem.
Nos podemos reescreve-la da seguinte forma:
Por esemplo, seja M(x,y) = - f (x,y) e N (x,y) = 1. Pode haver outras maneiras também. Na formula diferencial,
Se M é uma função de x somente e N é uma função de y somente, então
Neste caso, a equação é chamada separável.
0),(),( =+dxdyyxNyxM
0),(),( =+ dyyxNdxyxM
0)()( =+ dyyNdxxM
),( yxfdxdy =
Capítulo 2.2: Exemplo 1: Resolvendo uma equação separável
Resolvendo a seguinte equação não linear de primeira ordem:
Separando as variáveis, e usando cálculo, obtemos
A equação acima define a solução y implicitamente. Um gráfico que mostra o campo de direções e os pontos implícitos de diversas curvas integrais para a equação diferencial é dado acima .
11
2
2
−+=
yx
dxdy
( ) ( )( ) ( )
Cxxyy
Cxxyy
dxxdyy
dxxdyy
++=−
++=−
+=−
+=−
∫∫
3331
31
11
11
33
33
22
22
Capítulo 2.2: Exemplo 2:
Soluções Implicitas e ExplicitasResolvendo a seguinte EDO Não-Linear:
Separando as variáveis, e usando cálculo, obtemos
A equação acima define a solução y implicitamente. Uma expressão explícita para a solução pode ser encontrada neste caso:
( )12243 2
−++=
yxx
dxdy
( ) ( )( ) ( )
Cxxxyy
dxxxdyy
dxxxdyy
+++=−
++=−
++=−
∫∫222
24312
24312
232
2
2
( ) ( )
Cxxxy
CxxxyCxxxyy
+++±=
++++±=⇒=+++−−
2212
224420222
23
23232
Capítulo 2.2: Exemplo 2: PVI
Supondo que nós procuramos uma solução que satisfaz y(0) = -1. Usando a expressão implícita de y, nós obtemos
Assim a equação implícita que define y é
Usando a expressão explícita de y,
Segue que411
221 23
=⇒±=−
+++±=
CC
Cxxxy
3)1(2)1(222
2
232
=⇒=−−−+++=−
CCCxxxyy
3222 232 +++=− xxxyy
4221 23 +++−= xxxy
Capítulo 2.2: Exemplo 2: Condição Inicial y(0) = 3
Note que se a condição inicial for y (0) = 3, então nós devemos escolhemos o sinal positivo, em vez do sinal negativo, no termo da raiz quadrada :
4221 23 ++++= xxxy
Capítulo 2.2: Exemplo 2: Domínio
Assim as soluções ao problema do valor inicial
são dados por
Da respresentação explícita de y, segue que
e daqui o domínio de y é (- 2, ∞). Note x = -2 temos y = 1, que faz o denominador de dy/dx ser zero (tangente vertical). Inversamente, o domínio de y pode ser estimado encontrando tangents verticais no gráfico (útil para soluções implicitas).
)(explicita 4221
)(implicita 322223
232
+++−=
+++=−
xxxy
xxxyy
( ) ( ) ( ) ( )2212221 22 ++−=+++−= xxxxxy
( ) 1)0(,12
243 2
−=−
++= yy
xxdxdy
Capítulo 2.2: Exemplo 3: Soluções Implicitas de PVI
Concidere o seguinte PVI:
Separando as variáveis, e usando cálculo, obtemos
Usando as condiçoes iniciais, segue que
1)0(,31
cos3 =
+=′ y
yxyy
Cxyy
xdxdyyy
xdxdyy
y
+=+
=
+
=+
∫∫senln
cos31
cos31
3
2
3
1senln 3 +=+ xyy
Capítulo 2.2: Exemplo 3: Gráfico da solução
Então
O gráfico desta solução (preto), junto com os gráficos do campo de direções e as diversas curvas integrais (azuis) para esta equação diferencial, é dado abaixo .
1senln1)0(,31
cos 33 +=+⇒=
+=′ xyyy
yxyy
Capítulo 2.2: Equações Homogêneas
Se a expressão à direita do sinal de igualdade na equação dy/dx = f(x,y) pode ser escrita em função apenas da razão y/x (x/y), então a equação é dita homogênea. ( Se para todo t não nulo temos f(tx,ty)=f(x,y) então dizemos que f(x,y) é homogênea)Tais equações sempre podem ser transformadas em equações separáveis por uma mudança da variável dependente.
).,1(),('')/()/(
,
),(/
tfyxffunçãoaetxtyaigualéquetdxdtxdxdyoutdxxdtdyassim
txyxyttome
yxfdxdy
=+=+=+=
==
=
Capítulo 2.2: Equações Homogêneas
Exemplo: Seja a seguinte EDO: Então
e substituindo t=y/x e dy/dx=x(dt/dx)+t na EDO temos:
cttcttx +−+−=+−−+−= |2||2|ln41|2|ln
41|2|ln
43||ln 3
yxxy
dxdy
−−= 4
xyxy
dxdy
/14/
−−=
tt
dxdtxt
tt
dxdtx
ttt
dxdtx
−−=⇒−
−−=⇒
−−=+
14
14
14 2
dtttx
dxdtttt
xdxdt
tt
xdx
−
−++
−=⇒+−
−=⇒−−=
)2(41
)2(43
)2)(2(1
412
41
43
41
43
|2||2||||2||2|||−−−−
−+=⇒−+=xy
xykxttKx
Capítulo 2.3: Modelos com equações de primeira ordem
Os modelos matemáticos caracterizam os sistemas físicos, usando freqüentemente equações diferenciais .Construção do modelo: Traduzindo a situação física em termos matemáticos. Claramente os princípios físicos do estado servem para governar o processo. A equação diferencial é um modelo matemático do processo, tipicamente uma aproximação.Análise do modelo: Resolvendo a equação ou obter a compreensão qualitativa da solução. Pode simplificar o modelo, contanto que os fundamentos físicos sejam preservados.Comparação com experiência ou observação: Verifica a solução ou sugere o refinamento do modelo.
Capítulo 2.3: Exemplo 1: Presa e Predador (Rato e Curuja)Supôr que uma população de ratos reproduz em uma taxa proporcional à população atual, com uma taxa constante de 0.5 ratos/mês (que supõe nenhuma coruja no inicio).E ainda, supor que quando uma população da coruja está presente, come 15 ratos por dia em média. A equação diferencial que descreve a população de ratos na presença das corujas, supondo 30 dias em um mês, é
Usando métodos de EDO e resolvendo esta equação, obtemos
4505.0 −=′ pp
tkep 5.0900 +=
Capítulo 2.3: Exemplo 2: Solução de sal
No instante t = 0, um tanque contém Q0 lb de sal dissolvido em 100 galão de aguá. Suponha que àgua contendo ¼ lb de sal/gal está entrando no tanque a uma taxa r gal/min, e que o líquido, bem misturado, está saindo do tanque à mesma taxa. (a) Determinar o PVI que descreve este processo do fluxo da solução de sal.(b) Encontrar a quantidade de sal Q(t) no tanque em qualquer tempo dado t.(c) Encontrar uma quantidade QL do sal Q(t) no tanque após muito tempo.(d) Se r = 3 e Q0 = 2QL , ache o tempo T antes que o sal atinja 2% de QL . (e) Ache taxa de fluxo r necessaria se T não exceder 45 min.
Capítulo 2.3: Exemplo 2: (a) Problema de Valor Inicial
No isntante t = 0, o tanque contém Q0 lb de sal disolvido em 100 gal de agua. Suponha que àgua contendo ¼ lb de sal/gal entrando no tanque a uma taxa de r gal/min, e que o líquido, bem misturado, está saindo do tanque à mesma taxa.Supondo que o sal nem é acrescentado ou retirado do tanque, e a distribuição do sal no tanque é uniforme (agitado). Então
Taxa de entada: (1/4 lb sal/gal)(r gal/min) = (r/4) lb/minTaxa de Saída: Se houver Q(t) lbs sal no tanque no tempo t, então a consentração de sal é Q(t) lb/100 gal, e flui para fora na taxa de [Q(t)r/100] lb/min. Assim nosso PVI é
saída de taxa- entrada de taxa/ =dtdQ
0)0(,1004
QQrQrdtdQ =−=
Capítulo 2.3: Exemplo 2: (b) Encontrando a Solução Q(t) Para encontrar a quantidade de sal Q(t) no tanque em toda a hora dada t, nós necessitamos resolver o PVI
Para resolver, nos usamos o método dos Fatores Integrantes:
ou
0)0(,4100
QQrrQdtdQ ==+
[ ][ ] 100/
0
100/100/100/100/
100/
100/
2525)(
25254
)(
)(
rt
rtrtrtrt
rt
rtat
eQtQ
CeCeedtreetQ
eet
−
−−−
−+=
+=+=
=
==
∫
µ
( ) 100/0
100/125)( rtrt eQetQ −− +−=
Capítulo 2.3: Exemplo 2:
(c) Encontrando a Quantidade limite QL
Agora, vamos encontrar a quantidade limite QL de sal Q(t) no tanque após um longo tempo:
Faz o sentido o resultado, desde que com o tempo a solução de sal que entra substituirá a solução de sal original no tanque. Desde que a solução que entra contenha 0.25 lb sal / gal, e o tanque 100 gal, eventualmente o tanque conterá 25 lb sal.O gráfico mostra as curvas integraispara r = 3 e diferentes valores de Q0.
[ ]( ) lb 252525lim)(lim 100/0 =−+== −
∞→∞→
rt
ttL eQtQQ
( ) 100/0
100/125)( rtrt eQetQ −− +−=
Capítulo 2.3: Exemplo 2: (d) Encontrando o tempo T
Suponha r = 3 e Q0 = 2QL . Para encontrar o T antes que Q(t) está em 2% de QL , note primeiro Q0 = 2QL = 50 lb, onde
Agora, 2% de 25 lb é 0.5 lb, e portanto resolvendo
[ ] trt eeQtQ 03.100/0 25252525)( −− +=−+=
min 4.13003.0
)02.0ln(03.0)02.0ln(
02.025255.25
03.0
03.0
≈−
=
−==
+=−
−
T
Te
eT
T
Capítulo 2.3: Exemplo 2: (e) Encontrando a Taxa de fluxoPara encontrar a taxa de fluxo r pedida se T não exceder 45 minutes, da parte (d) onde Q0 = 2QL = 50 lb, temos
e a curvas solução decresce de 50 para 25.5. Assim resolvemos
100/2525)( rtetQ −+=
gal/min 69.845.0
)02.0ln(45.)02.0ln(
02.025255.25
45.0
10045
≈−
=
−==
+=−
−
r
re
er
r
Capítulo 2.3: Exemplo 2: Discussão
Desde que a situação é hipotética, o modelo é válido.Se as taxas de fluxo são como enunciadas e se a concentração de sal no tanque é uniforme, então a equação diferencial fornece uma descrição precisa do processo de fluxo.Os modelos deste tipo são usados freqüentemente em poluição de lagos, concentração de droga em órgão, etc. taxas de fluxos podem ser mais difícies de determinar, ou podem ser variáveis, e a concentração pode ser não uniforme. Também, as taxas de fluxo de entrada e fluxo de saida podem ser diferentes, o que significa que a variação da quantidade de líquido no problema também tem que ser levada em consideração.
Capítulo 2.3: Exemplo 3: Poluição da lagoa
Considere uma lagoa contendo inicialmente 10 million gallons de àgua fresca. A lagoa recebe um fluxo indesejável de produtos químicos a uma taxa de 5 million gal/ano, e a mistura sai da lagoa a uma mesma taxa. A concentração c(t) de produtos químicos na àgua que está entrando varia periodicamente com o tempo segundo a formula: c(t) = 2 + sen 2t g/gal(a) Construir um modelo matemático deste processo de fluxo e determinar uma quantidade Q(t) de tóxico despejado na lagoa no instante t.(b) Gráficar a solução e descrever em palavras o efeito da variação da concentração de produtos químicos entrando.
Capítulo 2.3: Exemplo 3: (a) PVI
A lagoa contém inicialmente 10 million gallons de àgua fresca. A lagoa recebe um fluxo indesejável de produtos químicos a uma taxa de 5 million gal/ano, e a mistura sai da lagoa a uma mesma taxa. A concentração é c(t) = 2 + sen 2t g/gal o despejo de produtos químicos entrando.Assumindo que os produtos químicos nem é criado ou destruído na lagoa, e a distribuição dos produtos químicos na lagoa é uniforme (agitado). Então
Taxa de Entrada: (2 + sen 2t g/gal)(5 x 106 gal/ano)Taxa de Saida: Se existe Q(t) g despejo de produtos químicos na lagoa no tempo t, assim a concentração é Q(t) lb/107 gal, e a taxa do fluxo de saida é [Q(t) g/107 gal][5 x 106 gal/ano]
saida de taxa- entrada de taxa/ =dtdQ
Capítulo 2.3: Exemplo 3:
(a) PVITemos então
Taxa de Entrada: (2 + sen 2t g/gal)(5 x 106 gal/ano)Taxa de saida: [Q(t) g/107 gal][5 x 106 gal/year] = Q(t)/2 g/ano.
Assim PVI é
Mudança de Variável: Seja q(t) = Q(t)/106. Assim
( ) ( ) 0)0(,2
)(10 x 52sen 2 6 =−+= QtQtdtdQ
0)0(,2sen 5 10 2
)( =+=+ qttqdtdq
Capítulo 2.3: Exemplo 3:
(a) Resolvendo o PVIResolvendo o PVI
nos usamos o método dos fatores integrantes:
Usando integração por partes e das condições iniciais, nos obtemos por simplificação,
( )∫ +=
==− dtteetq
eettt
tat
2sen510)(
)(2/2/
2/µ
0)0(,2sen5102/ =+=+′ qtqq
2/
2/2/2/2/
173002sen
17102cos
174020)(
2sen17102cos
174020)(
t
tttt
etttq
Cteteeetq
−
−
−+−=
++−=
Capítulo 2.3: Exemplo 3: (a) Integração por partes
( )
Ctetetdte
Ctetetdte
Ctetetdte
tdtetete
tdtetete
tdtetetdte
ttt
ttt
ttt
ttt
ttt
ttt
++−=
++−=
++−=
−+−=
−+−=
+−=
∫
∫
∫
∫
∫
∫∫
2sen17102cos
17402sen5
2sen1722cos
1782sen
2sen812cos
212sen
1617
2sen1612sen
812cos
21
2sen412sen
21
412cos
21
2cos412cos
212sen
2/2/2/
2/2/2/
2/2/2/
2/2/2/
2/2/2/
2/2/2/
Capítulo 2.3: Exemplo 3: (b) Análise da Solução
Assim o problema de valor inicial e a solução são
Um gráfico da solução junto com o campo de direções para a equação diferencial é dado abaixo. Note que o termo exponencial é
importante para t pequeno, mas decairapidamente para um t grande. Também,q = 20 seria a solução de equilibrio se não fosse os termos sen(2t) e cos(2t).
2/
173002sen
17102cos
174020)(
0)0(,2sen51021
tetttq
qtqdtdq
−−+−=
=+=+
Capítulo 2.4: Diferenças entre equações lineares e
não-lineares Recordamos que EDO’s de 1a ordem tem a forma y' = f (t, y), e é linear se f é linear em y, e não linear se f é não linear em y. Exemplos: y' = t y - e
t (Linear), y' = t y2 (Não Linear). Nesta seção, nós veremos que as equações lineares e não-lineares de 1a ordem diferem de varias maneiras:
A teoria que descrevem a existência e o unicidade das soluções, e os domínios correspondentes, são diferentes . As soluções das equações lineares podem ser expressadas nos termos de uma solução geral, que não é geralmente o caso para equações não-lineares . As equações lineares possuem soluções definidas explicitamente enquanto as equações não-lineares não(geralmente), e as equações não-lineares podem ou não ter soluções definida implicitamente.
Para ambos os tipos de equações, a construção numérica e gráfica das soluções é importante .
Capítulo 2.4: Teorema 2.4.1
Concidere o PVI de uma EDO de 1a ordem Linear:
Se as funções p e g contínuas em um intervalo aberto (α, β ) contendo o ponto t = t0, então existe uma única solução y = φ(t) que satisfaz o PVI para cada t em (α, β ).Esboço da prova : Este resultado foi discutido no capítulo anterior:
0)0(),()( yytgytpdtdy ==+
∫=+
=∫ t
tdssp
t
t etndet
ydttgty 00
)(0)( o,
)(
)()(µ
µ
µ
Capítulo 2.4: Teorema 2.4.2
Concidere o PVI de uma EDO de 1a ordem Não Linear :
Suponha que f e ∂f/∂y são contínuas em algum retangulo aberto (t, y) ∈ (α, β ) x (γ, δ ) contendo o ponto (t0, y0). Assim para algum intervalo (t0 - h, t0 + h) ⊆ (α, β ) existe uma única solução y = φ(t) que satisfaz o PVI.Discussão da prova: Desde que não há nenhuma fórmula geral para a solução da EDO de 1a ordem não-linear arbitrária PVI, a prova é difícil, e vai além deste curso. As condições do Teor 2.4.2 são suficientes mas não necessárias para garantir a existência da solução, e a continuidade de f garante a existência mas não a unicidade de φ.
0)0(),,( yyytfdtdy ==
Capítulo 2.4: Exemplo 1: PVI Linear
Relembrando o seguinte PVI linear:
A solução deste PVI é definida para t > 0, o intervalo em que p(t) = -2/t é contínua. Se a condição inicial é
y(-1) = 2, então a solução é dada pela mesma expressão, mas é definida para t < 0.
Em qualquer dos casos o Teorema 2.4.1 garante que solução é única no intervalo correspondente.
( ) 222 2ln521,52 tttyytyyt +=⇒==−′
Capítulo 2.4: Exemplo 2: PVI Não-linear
Relembrando o seguinte PVI não-linear:
As funções f e ∂f/∂y são dadas por
e são continuas exceto sobre a linha y = 1.Assim podemos tomar um retângulo aberto em (0, -1) no qual f e ∂f/∂y são contínuas, contanto que não passe por y = 1. Qual é tamanho do retângulo? Solução é definida para t > -2, onde
( ) ( ) ,12
243),(,12
243),( 2
22
−++−=
∂∂
−++=
yxxyx
yf
yxxyxf
( ) 1)0(,12
243 2
−=−
++= yy
xxdxdy
4221 23 +++−= xxxy
Capítulo 2.4: Exemplo 2: Mudança da condição inicial
Nosso PVI
com
os quais são contínuos exceto na linha y = 1.Se trocarmos a condição inicial para y(0) = 1, o Teor 2.4.2 não é satisfeito. Resolvendo o novo PVI, obtemos
Assim uma solução existe mas não é única.
( ) ( ) ,12
243),(,12
243),( 2
22
−++−=
∂∂
−++=
yxxyx
yf
yxxyxf
( ) 1)0(,12
243 2
−=−
++= yy
xxdxdy
0,221 23 >++±= xxxxy
Capítulo 2.4: Exemplo 3: PVI Não-linear
Considere o seguinte PVI não-linear
As funções f e ∂f/∂y são dadas por
Assim f é contínua para todo ponto, mas ∂f/∂y não é em y = 0, e portanto o Teor 2.4.2 não é satisfeito. A solução existe mas não é única. Separando as variáveis e resolvendo, obtemos
Se inicial a circunstância não está sobre o eixo-t, então o Teor 2.4.2 garante a existencia e unicidade da solução.
3/23/1
31),(,),( −=
∂∂= yyt
yfyytf
( )00)0(,3/1 ≥==′ tyyy
0,32
23 2/3
3/23/1 ≥
±=⇒+=⇒=− ttyctydtdyy
Capítulo 2.4: Exemplo 4: PVI Não-linear
Considere o seguinte PVI não-linear
As funções f e ∂f/∂y são dadas por
Assim f e ∂f/∂y são continuas em t = 0, assim o Teor 2.4.2 garante que a solução existe e é única. Separando as variáveis e resolvendo, obtemos
A solução y(t) é definida em (-∞, 1). Note que a singularidade em t = 1 não é obvia para o PVI original.
yytyfyytf 2),(,),( 2 =
∂∂=
1)0(,2 ==′ yyy
ty
ctyctydtdyy
−=⇒
+−=⇒+=−⇒= −−
11112
Capítulo 2.4: Intervalo de definição: Equações Lineares
Pelo teorema 2.4.1, a solução do PVI
existe em todo ponto do intervalo próximo t = t0 no qual p e g são continuas. As assimtóticas verticais ou outras descontinuidades da solução podem ocorrer somente em pontos da descontinuidade de p ou g. Entretanto, a solução pode ser diferenciável em pontos da descontinuidade de p ou g. ( Ver Cap 2.1: Ex.: 3).
0)0(),()( yytgytpy ==+′
Capítulo 2.4: Intervalo de definição: Equações Não-LinearesNo caso não-linear, o intervalo em que uma solução existe pode ser difícil de determinar. A solução y = φ(t) existe ao longo da linha (t,φ(t)) dentro da região retangular indicada no Teor 2.4.2. Isto é o que determina o valor de h nesse teorema. Sendo que φ(t) não é conhecida apriore, pode ser impossível determinar esta região. Em nenhum dos caso, o intervalo em que uma solução existe pode não ter nenhum relacionamento simples com à função f da equação diferencial y' = f (t, y), em contraste com equações lineares . Alem disso, qualquer sigularidade da solução pode depender das condições iniciais bem como da equação.
Capítulo 2.4: Soluções Gerais
Para uma equação linear de 1a ordem, é possível obter uma solução que contem uma constante arbitrária, de que todas as soluções seguem especificando valores para esta constante.Para equações não-lineares, tais soluções gerais podem não existir. Isto é, mesmo que uma solução que contem uma constante arbitrária possa ser encontrada, pode haver outras soluções que não podem ser obtidas especificando valores para esta constante. Considerar o exemplo 4: A função y = 0 é uma solução da equação diferencial, mas não pode ser obtida especificando um valor para c na solução encontrada usando a separação das variáveis:
ctyy
dtdy
+−=⇒= 12
Capítulo 2.4: Soluções Explícitas: Equações Lineares
Pelo Teorema 2.4.1, Uma solução do PVI
existe em todo ponto do intervalo próximo de t = t0 no qual p e g são continuas.A solução possui uma representação explícita,
e pode ser avaliado em todo o valor apropriado de t, contanto que as integrais necessárias possam ser calculadas .
,)( o,)(
)()(00
)(0 ∫=+
=∫ t
tdssp
t
t etndet
ydttgty µ
µ
µ
0)0(),()( yytgytpy ==+′
Capítulo 2.4: Aproximação Explícita da Solução
Para equações lineares de 1a ordem, uma respresentação explícita para a solução pode ser encontrada, contanto que as integrais necessárias possam ser resolvidas. Se as integrais não puderem ser resolvidas, segue os métodos numéricos que são usados freqüentemente para aproximar as integrais .
∑∫
∫
=
∆≈
∫=+
=
n
kkkk
t
t
dssp
t
t
ttgtdttgt
etndet
Cdttgty
t
t
1
)(
)()()()(
)( o,)(
)()(
0
00
µµ
µµ
µ
Capítulo 2.4: Soluções Implícitas: Equações Não-Lineares
Para equações não-lineares, as respresentações explícitas das soluções não podem existir. Como nós vimos, pode ser possível obter uma equação que defina implicitamente a solução. Se a equação for simples bastante, uma respresentação explícita pode às vezes ser encontrada . Se não, os cálculos numéricos são necessários a fim determinar valores de y para valores dados de T. Estes valores podem então ser traçados em um esboço da curva integral. Relembrando o seguinte exemplo
1senln1)0(,31
cos 33 +=+⇒=
+=′ xyyy
yxyy
Capítulo 2.5: Equações Autônomas e Dinâmica da População
Nesta seção nós examinaremos as equações da forma y' = f (y), chamadas equações autônomas, onde a variável independente t não aparece explicitamente. A finalidade principal desta seção é aprender como os métodos geométricos podem ser usados para obter a informação qualitativa diretamente da equação diferencial sem resolve-la.Exemplo (Crescimento Exponencial):
Solução:0, >=′ rryy
rteyy 0=
Capítulo 2.5: Crescimento Logístico
Um modelo exponencial y' = ry, com solução y = ert, prediz crescimento ilimitado, com taxa r > 0 independente da população. Supondo que a taxa de crescimento depende do tamanho da população, substituir r por uma função h(y) obtemos y' = h(y)y. Nós queremos escolher a taxa de crescimento h(y) de modo que
h(y) ≅ r quando y for pequeno, h(y) decrease conforme y vai crescendo, eh(y) < 0 quando y for suficientemente grande.
A mais simples função é h(y) = r – ay, onde a > 0. Nossa equação diferencial torna-se então
Esta equação é conhecida como equação de Verhulst, ou logística.( ) 0,, >−=′ aryayry
Capítulo 2.5: Equação da Logística
A equação logística é
Esta equação é equivalente a seguinte forma
onde K = r/a. A constante r é chamada taxa de crescimento intrínseca, e como veremos, K representa a capacidade ambiental de sustentação da população.O campo de direções para a equação logística com r = 1 e K = 10é dado no gráfico ao lado.
,1 yKyr
dtdy
−=
( ) 0,, >−=′ aryayry
Capítulo 2.5: Equação Logística: Soluções de Equilíbrio
Nossa equação de Logística é
Duas solulções de equilibrio são apresentadas:
No campo de direções abaixo, com r = 1, K = 10, note o comportamento das soluções aproxima a soluções de equilíbrio:
y = 0 é estável,y = 10 é assintoticamente estável.
0,,1 >
−= Kry
Kyr
dtdy
Ktyty ==== )(,0)( 21 φφ
Capítulo 2.5: Equações Autônomas: Soluções Equilíbrio
Soluções de Equilibrio de uma EA geral 1a order y' = f (y) pode ser encontradas fazendo f (y) = 0. As raizes de f (y) são chamadas de pontos críticos.Por exemplo, os pontos críticos da equação logística
são y = 0 e y = K. Assim os pontos críticos
são funções constantes (soluções de equilíbrio) neste caso.
yKyr
dtdy
−= 1
Capítulo 2.5: Equação Logística: Análise Qualitativa e
esboço da curva
Para compreender melhor a natureza das soluções das equações autônomas, começamos representando graficamente f (y) x y. No exemplo do crescimento logístico, significa representar graficamente a seguinte função e a análise de seu gráfico usando o cálculo .
yKyryf
−= 1)(
Capítulo 2.5: Equação Logística: Pontos Críticos
A intersecção de f ocorre em y = 0 e y = K, correspondendo aos pontos críticos da equação logística. O vertice desta parabola é (K/2, rK/4), como vemos abaixo.
[ ]
4221
2
202
11)(
1)(
rKKK
KrKf
KyKyKr
Kyy
Kryf
yKyryf
set
=
−=
=⇒=−−=
−+
−=′
−=
Capítulo 2.5: Solução Logística: Crescente, Decrescente
Note dy/dt > 0 para 0 < y < K, assim y é uma função crescente de t .Similarmente, y é uma função decrescente de t para y > K.Neste contexto o eixo-y é chamado de linha de fase.
0,1 >
−= ry
Kyr
dtdy
Capítulo 2.5: Solução Logística:
Note dy/dt ≅ 0 onde y ≅ 0 ou y ≅ K, assim y é relativamente plano ali, e y fica íngreme quando y se move para longe de 0 ou K.
yKyr
dtdy
−= 1
Capítulo 2.5: Solução Logística: Concavidade
Agora, para determinar a concavidade de y(t), encontre y'':
Assim o gráfico de y tem a concavidade voltada para cima quando f e f ' possuem o mesmo sinal, o que ocorre quando 0 < y < K/2 e y > K.O gráfico de y tem a concavidade voltada para baixo quando f e f ' possuem sinais contrários, isso ocorre quando K/2 < y < K.O ponto do inflexão ocorre na interseção de y e a linha y = K/2.
)()()()( 2
2
yfyfdtdyyf
dtydyf
dtdy ′=′=⇒=
Capítulo 2.5: Solução Logística: Esboço da curva
Combinando a informação precedentes, nós temos :Gráfico de y que aumenta quando 0 < y < K. Gráfico de y que diminui quando y > K.Inclinação de y é aproximadamente zero quando y ≅ 0 ou y ≅ K.Gráfico de y é concâvo para cima quando 0 < y < K/2 e y > K.Gráfico de y é concâvo para baixo quando K/2 < y < K.Ponto de inflexão quando y = K/2.
Usando esta informação, nós podemos esboçar as curvas y da solução para circunstâncias
iniciais diferentes .
Capítulo 2.5: Solução Logística: Discussão
Usando somente a informação da equação diferencial e sem resolvê-la, nós obtivemos a informação qualitativa sobre a solução y. Por exemplo, nós sabemos onde o gráfico de y é mais íngreme, e onde variáções de y ocorre mais ràpidamente. Também, y tende assintoticamente à linha y = K, para t grande. O valor de K é conhecido como capacidade de sustetação , ou nível de saturação, da espécie.Note como o comportamento da
solução difere da equação exponencial, e assim o efeito do termo não-linear É decisivo na equação logística.
Capítulo 2.5: Resolvendo a Equação Logística
Atento a y ≠ 0 e y ≠ K, podemos reescrever a EDO:
Expandindo o lado esquerdo usando frações parciais,
Assim a equação logística pode ser reescrita como
Integrando o resultado acima, nós obtemos
( ) rdtyKy
dy =−1
rdtdyKy
Ky
=
−
+/1
/11
CrtKyy +=−− 1lnln
( ) ( ) KyABKyBAyyB
KyA
yKy==⇒−+=⇒+
−=
−,111
111
Capítulo 2.5: Resolvendo a Equação Logística
Temos:
Se 0 < y0 < K, então 0 < y < K e assim
Usando as propriedades logarítmicas:
CrtKyy +=
−− 1lnln
CrtKyy +=−− 1lnln
( ) )0( o,ou
111ln
000
0 yyndeeyKy
Kyy
ceKy
yeKy
yCrtKy
y
rt
rtCrt
=−+
=
=−
⇔=−
⇔+=
−
−
+
Capítulo 2.5: Solução da Equação Logística
Temos que:
para 0 < y0 < K.
Pode-se mostrar que a solução é válida para y0 > K. Também, esta solução contem soluções de equilíbrio y = 0 e y = K. Daqui a solução da equação logística é
( ) rteyKyKyy −−+
=00
0
( ) rteyKyKyy −−+
=00
0
Capítulo 2.5: Solução Logística : Comportamento Assintótico
A solução para a EDO Logística é
Usando limites para confimar o comportamento assintótico:
Assim podemos concluir que a solução de equilibrio y(t) = K é assintoticamente estável, enquanto a solução de equilibrio y(t) = 0 é instável. A única maneira garantir que a solução fique perto de zero é fazer y0 = 0.
( ) rteyKyKyy −−+
=00
0
( ) KyKy
eyKyKyy
trttt==
−+=
∞→−∞→∞→0
0
00
0 limlimlim
Capítulo 2.5: Exemplo: Pacific Halibut
Seja y a biomassa (em kg) de uma população de halibut em um tempo t, com r = 0.71/ano e K = 80.5 x 106 kg. Se y0 = 0.25K, Encontre
(a) biomassa 2 anos mais tarde(b) o tempo τ tal que y(τ) = 0.75K.
(a) Por conveniencia, escale a equação:
Então
e assim
( ) rteyKyKyy −−+
=00
0
( ) rteKyKyKy
Ky
−−+=
00
0
1
5797.075.025.025.0)2(
)2)(71.0( ≈+
= −eKy
kg 107.465797.0)2( 6×≈≈ Ky
Capítulo 2.5: Exemplo: Pacific Halibut, Part (b)
(b) Ache o tempo τ para que y(τ) = 0.75K.
( )
( )
( ) ( )
( ) anos 095.375.0325.0ln
71.01
13175.025.0
175.075.0
175.0
175.0
0
0
0
0
000
000
00
0
≈
−=
−=
−=
=−+
=
−+
−+=
−
−
−
−
τ
τ
τ
τ
τ
KyKy
KyKye
KyeKyKy
Kye
Ky
Ky
eKyKyKy
r
r
r
r
( ) rteKyKyKy
Ky
−−+=
00
0
1
Capítulo 2.5: Equação de ponto inicial crítico
Considere a seguinte modificação da EDO logística:
O gráfico de f (y) é dado abaixo.
0,1 >
−−= ry
Tyr
dtdy
Capítulo 2.5: Equação de ponto inicial crítico :
Solução e Análise QualitativaExecutando uma análise similar àquela do caso logístico, nós obtemos um gráfico das curvas da solução mostradas abaixo .T é um valor inicial crítico para y0, significa que a população morre ou cresce ilimitadamente, depende de que lado de T do valor inicial y0 está.
Pode-se mostrar que a solução à equação do ponto inicial crítico
é
0,1 >
−−= ry
Tyr
dtdy
( ) rteyTyTyy
00
0
−+=
Capítulo 2.5: Crescimento Logístico com um ponto
inicial críticoA fim evitar o crescimento ilimitado para y > T precedente um ajuste, considerando a seguinte modificação na equação logística:
O gráfico de f (y) é dado abaixo.
KTryKy
Tyr
dtdy <<>
−
−−= 0 and 0,11
Capítulo 2.6: Equações Exatas e Fatores Integrantes
Considere a EDO de 1a ordem da seguinte forma
Suponha que exista uma função ψ tal que
e tal que ψ(x,y) = c define y = φ(x) implicitamente. Então
e daqui a EDO original torna-se
Então ψ(x,y) = c define uma solução implicitamente. Neste caso, a EDO é dita ser EXATA.
0),(),( =′+ yyxNyxM
),(),(),,(),( yxNyxyxMyx yx == ψψ
[ ])(,),(),( xxdxd
dxdy
yxyyxNyxM φψψψ =
∂∂+
∂∂=′+
[ ] 0)(, =xxdxd φψ
Suponha que uma EDO possa ser escrita da forma
onde as funções M, N, My e Nx são todas contínuas em uma região retangular R: (x, y) ∈ (α, β ) x (γ, δ ). Então a Eq. (1) é uma equação diferencial exata se e somente se
Isto é, existe uma função ψ satisfazendo a condição
se e somente se M e N satisfaz a Eq. (2).
)1(0),(),( =′+ yyxNyxM
)2(),(),,(),( RyxyxNyxM xy ∈∀=
)3(),(),(),,(),( yxNyxyxMyx yx == ψψ
Capítulo 2.6: Teorema 2.6.1
Capítulo 2.6: Exemplo 1: Equação Exata
Considere a seguinte equação diferencial.
Então
e daqui
Pelo teorema 2.6.1,
Temos
0)4()4(4
4 =′−++⇔−
+−= yyxyxyxyx
dxdy
yxyxNyxyxM −=+= 4),(,4),(
exata é ),(4),( EDOyxNyxM xy ⇒==
yxyxyxyx yx −=+= 4),(,4),( ψψ
( ) )(4214),(),( 2 yCxyxdxyxdxyxyx x ++=+== ∫∫ ψψ
Capítulo 2.6: Exemplo 1: Solução
Nos temos
e
Segue daqui
Então
Pelo teorema 2.6.1, a solução é dada implicitamente por
yxyxyxyx yx −=+= 4),(,4),( ψψ
( ) )(4214),(),( 2 yCxyxdxyxdxyxyx x ++=+== ∫∫ ψψ
kyyCyyCyCxyxyxy +−=⇒−=′⇒′+=−= 2
21)()()(44),(ψ
kyxyxyx +−+= 22
214
21),(ψ
cyxyx =−+ 22 8
Capítulo 2.6: Exemplo 1:
Campo de Direções e Curvas Soluções
Our differential equation and solutions are given by
A graph of the direction field for this differential equation, along with several solution curves, is given below.
cyxyxyyxyxyxyx
dxdy =−+⇒=′−++⇔
−+−= 22 80)4()4(
44
Capítulo 2.6: Exemplo 1: Solução Explicita e Gráficos
Nossa solução é definida implicitamente pela equação abaixo.
Neste caso, nos podemos resolver a equação explicitamente para y:
As curvas da solução para diversos valores de c são dadas abaixo cxxycxxyy +±=⇒=−−− 222 17408
cyxyx =−+ 22 8
Capítulo 2.6: Exemplo 2: Equação Exata
Considere a seguinte equação diferencial.
Então
Segue daqui
Pelo Teorema 2.6.1,
Temos
0)1(sen)2cos( 2 =′−+++ yexxxexy yy
1sen),(,2cos),( 2 −+=+= yy exxyxNxexyyxM
exata é EDO),(2cos),( ⇒=+= yxNxexyxM xy
y
1sen),(,2cos),( 2 −+==+== yy
yx exxNyxxexyMyx ψψ
( ) )(sen2cos),(),( 2 yCexxydxxexydxyxyx yyx ++=+== ∫∫ ψψ
Capítulo 2.6: Exemplo 2: Solução
Nos temos
e
Segue que
Então
Pelo Teorema 2.6.1, a solução é dada implicitamente por
1sen),(,2cos),( 2 −+==+== yy
yx exxNyxxexyMyx ψψ
( ) )(sen2cos),(),( 2 yCexxydxxexydxyxyx yyx ++=+== ∫∫ ψψ
kyyCyCyCexxexxyx yy
y
+−=⇒−=′⇒
′++=−+=
)(1)(
)(sen1sen),( 22ψ
kyexxyyx y +−+= 2sen),(ψ
cyexxy y =−+ 2sen
Capítulo 2.6: Exemplo 2:
Campo de Direções e Curvas Soluções
Nossa equação diferencial e soluções são dadas por
O gráfico do campo de direções para esta equação diferencial, junto com diversas curvas da solução, é dado abaixo .
cyexxyyexxxexy
y
yy
=−+
=′−+++2
2
sen,0)1(sen)2cos(
Capítulo 2.6: Exemplo 3: Equação Não-Exata
Considere a seguinte equação deferencial.
Então
e daqui
Para mostrar que nossa equação diferencial não pode ser resolvida por este método, nos devemos procurar uma função ψ tal que
Assim
0)()3( 22 =′+++ yxxyyxy
22 ),(,3),( xxyyxNyxyyxM +=+=
exata não é DOE),(323),( ⇒=+≠+= yxNxyyxyxM xy
22 ),(,3),( xxyNyxyxyMyx yx +==+== ψψ
( ) )(2/33),(),( 222 yCxyyxdxyxydxyxyx x ++=+== ∫∫ ψψ
Capítulo 2.6: Exemplo 3: Equação Não-Exata
Então
• Entretanto, se nós (incorretamente) prosseguimos como antes, obtemos:
• Observe que C’(y) não é uma função só da variável y.• Assim não existe nenhuma função ψ que possa satisfazer o teorema
2.6.1.
)(2/3),(
),(,3),(22
22
yCxyyxyx
exxyNyxyxyMyx yx
++=
+==+==
ψ
ψψ
xyxyC
xxyyCxyxNyxy
−−=′⇒
+=′++⇒=
2/)(
)(22/3),(
2?
22ψ
Capítulo 2.6: Exemplo 3: Ideia da solução
• Vamos transformar esta EDO em uma EDO exata: Para issso vamos supor que exista uma função µ(x, y) tal que multiplicada na EDO a transforme em exata.
• Assim pelo Teor. 2.6.1 temos.
))(,(),(),()3(),(
,0))(,()3)(,(22
22
xxyyxyxNeyxyxyyxM
yxxyyxyxyyx
+=+=
=′+++
µµ
µµ
),(),())(,(),()2(),(
)3)(,(),()23(),(2
2
yxNyxMsesóse
ExataÉ
xxyyxyxxyyxN
yxyyxyxyxyxMxy
xx
yy =
+++=
+++=
µµ
µµ
Capítulo 2.6: Exemplo 3: A solução
Supondo que µ(x, y) só depende da variável x temos que µy(x, y) =0.
• E esta equação é Exata.
• Pelo Teorema 2.6.1 existe ψ (x,y)=c.
• É a solução da EDO.
′+++⇒=⇒=
+=+⇒=−
yxyxxyyxxxxx
xxxyxxyxyxNyxM
x
xxy
)()3()(1)()(
))(()()(0),(),(
3222
2
µµµ
µµ
0)()3( 3222 =′+++ yxyxxyyx
xy NxxyxyxMxyxNxyyxM =+=+=⇒+=+= 223222 3223,3
cyxyx =+ 223
21
0)()3( 22 =′+++ yxxyyxy
É às vezes possível converter uma equação diferencial que não seja exata em uma equação exata multiplicando a equação por um fator integrando apropriado µ(x, y):
Para que esta equação seja exata, nós necessitamos
Esta equação diferencial parcial pode ser difícil de resolver. Se µ é uma função de x somente, então µy = 0 e portanto resolvemos
(*)
desde que o lado direito seja uma função de x somente. Similarmente se µ é uma função de y somente, então µx = 0.(*)
Capítulo 2.6: Fatores Integrantes
0),(),(),(),(0),(),(
=′+=′+
yyxNyxyxMyxyyxNyxM
µµ
( ) ( ) ( ) 0=−+−⇔= µµµµµ xyxyxy NMNMNM
,µµN
NMdxd xy −
= µµM
NMdyd xy −
−=