MA311 - Calculo III
Primeiro semestre de 2020
Turma B – Curso 51
Ricardo M. Martins
http://www.ime.unicamp.br/~rmiranda
Aula 4: Revisao das 3 primeiras aulas.
O comeco
Encontrar a solucao y(x) de{y ′(x) = f (x , y),
y(x0) = y0,(1)
e equivalente a encontrar uma funcao y(x) com
y(x) = y0 +
∫ x
x0
f (s, y(s)) ds,
para x num certo intervalo I contendo x0.
O sistema (??) se chama PVI: Problema de Valor Inicial.
O comeco
Encontrar uma funcao y(x) com
y(x) = y0 +
∫ x
x0
f (s, y(s)) ds
e equivalente a encontrar ponto fixo do operador L : C → C dado
por
L(y)(x) = y0 +
∫ x
x0
f (s, y(s)) ds.
Teorema (Teorema de Picard, detalhes na aula 02)
Se f (x , y) e contınua e fy (x , y) e contınua, entao para cada
(x0, y0) existe unica solucao do PVI y ′(x) = f (x , y(x)) com
y(x0) = y0.
Classificacao
A equacao diferencial pode ser classificada como:
# ordinaria/parcial
# linear/nao-linear
# quanto a ordem
Que tal produzir alguns exemplos de EDOs para cada um dos
tipos?
Classificacao
Exemplo
Uma famosa equacao diferencial parcial nao-linear de segunda or-
dem cuja solucao vale 1 milhao de dolares.
∆ e o Laplaciano.
https: // www. claymath. org/ sites/ default/ files/ navierstokes. pdf
Equacoes diferenciais ordinarias lineares de primeira ordem
y ′(t) + ay(t) = b
# Se o lado esquerdo fosse da forma (µ(t)y(t))′, poderıamos
resolver rapidamente.
# Para tentar colocar o lado esquerdo neste formato,
multiplicamos a equacao toda por uma funcao µ(t), obtendo
µ(t)y ′(t) + aµ(t)y(t) = bµ(t).
# Bom, querıamos que o lado esquerdo fosse
(µ(t)y(t))′ = µ(t)y ′(t) + µ′(t)y(t),
# Comparando os termos, precisamos que µ′(t) = aµ(t), ou
seja, µ(t) = eat .
Equacoes diferenciais ordinarias lineares de primeira ordem
y ′(t) + ay(t) = b
# A equacao fica
eaty ′(t) + aeaty(t) = beat .
que pode ser escrita como(eaty(t)
)′= beat ,
o que integrando da
eaty(t) = b
∫eat dt + c.
Equacoes diferenciais ordinarias lineares de primeira ordem
y ′(t) + ay(t) = b
# Finalmente chegamos em
y(t) =1
eatb
∫eat dt +
c
eat,
e resolvendo a integral obtemos
y(t) =b
a+
c
eat,
onde c e a constante de integracao.
# Se for um PVI, aplicando a condicao y(x0) = y0 obteremos o
valor especıfico de c.
Equacoes diferenciais ordinarias lineares de primeira ordem
y ′(t) + ay(t) = b
Exemplo
Resolva o PVI y ′ = 7y + 1, y(0) = 1.
Multiplicando por µ(t) ficamos com
µ(t)y ′(t)− 7µ(t)y(t) = µ(t).
Gostarıamos que fosse algo do tipo
µ(t)y ′(t) + µ′(t)y(t) = µ(t),
entao vamos escolher µ′(t) = −7µ(t), o que implica
µ(t) = e−7t .
Equacoes diferenciais ordinarias lineares de primeira ordem
y ′(t) + ay(t) = b
Exemplo
Resolva o PVI y ′ = 7y + 1, y(0) = 1.
Assim a equacao fica
e−7ty ′(t)− 7e−7ty(t) = e−7t ,
que pode ser escrita como(e−7ty(t)
)′= e−7t .
Integrando e fazendo as devidas algebrizacoes, obtemos
y(t) = −1
7+
c
e−7t.
Equacoes diferenciais ordinarias lineares de primeira ordem
y ′(t) + ay(t) = b
Exemplo
Resolva o PVI y ′ = 7y + 1, y(0) = 1.
Aplicando a condicao inicial y(0) = 1 ficamos com
1 = y(0) = −1
7+ c ,
o que nos da c = 8/7. Logo a solucao do PVI e
y(t) = −1
7+
8
7e−7t.
Equacoes diferenciais ordinarias lineares de primeira ordem
A funcao µ(t) se chama fator integrante. O bom? Ela funciona em
situacoes bem mais gerais. Por enquanto vamos aplicar o metodo
para resolver equacoes do tipo
y ′(t) + a(t)y(t) = b(t), (2)
que generalizam um pouco o exemplo anterior: antes os
coeficientes de y ′, y eram constantes, agora poderao depender de t.
A deducao e a motivacao sao as mesmas de antes (mais detalhes
no slide da aula 02). A expressao final para a solucao de (??) fica
y(t) = exp
(−∫
a(t) dt
)·∫ [
b(t) · exp(∫
a(t) dt
)]dt
Equacoes diferenciais ordinarias lineares de primeira ordem
y ′(t) + a(t)y(t) = b(t)
Exemplo
Resolva o PVI y ′ + 3y = cos(t), y(0) = 1.
# Mult. por µ(t): µ(t)y ′(t) + 3µ(t)y(t) = cos(t)µ(t)
# Gostarıamos que fosse: µ(t)y ′(t) + µ′(t)y(t) = cos(t)µ(t)
# Devemos escolher µ′(t) = 3µ(t), ou µ(t) = e3t .
# A eq. fica: e3ty ′(t) + 3e3ty(t) = cos(t)e3t .
# Simplificando temos(e3ty(t)
)′= cos(t)e3t .
# Algebrismo: y(t) =3 cos(t) + sen(t)
10+
c
e3t
Equacoes diferenciais ordinarias lineares de primeira ordem
y ′(t) + a(t)y(t) = b(t)
Exemplo
Resolva o PVI y ′ + 3y = cos(t), y(0) = 1.
# Usando a condicao inicial:
1 = y(0) =3 cos(0) + sen(0)
10+
c
e0=
3
10+ c ⇒ c =
7
10
# Solucao do PVI:
y(t) =3 cos(t) + sen(t) +
7
10e3t
10.
# Que tal testar se esta funcao satisfaz mesmo y ′+ 3y = cos(t)?
Equacoes de Bernoulli
y ′(t) + P(t)y(t) = Q(t)yn(t)
# Mult. por y−n: y−n(t)y ′(t) + P(t)y1−n(t) = Q(t)
# Mud. var. w(t) = y1−n(t): w ′(t) = (1− n)y−n(t)y ′(t)
# Obtemos:1
1− nw ′(t) + P(t)w(t) = Q(t)
# Agora e so usar a tecnica do fator integrante e obter a solucao.
Exemplo
Resolva a EDO
y ′ + y = cos(t)y2
e obtenha a solucao
y(t) =2
2cet + cos(t)− sen(t).
Equacoes separaveis e equacoes exatas
Atencao!
Nao estou incluindo aqui a discussao que fizemos sobre formas
diferenciais. Consulte os slides da aula 03. Aqui vamos assumir
que todos ja temos o super poder de multiplicar diferenciais.
Aprendemos tambem a resolver dois tipos importantes de equacoes
diferenciais: as equacoes separaveis, da forma
y ′ =f (x)
g(y), g(y) 6= 0,
e as equacoes exatas, da forma
N(x , y)y ′(x) + M(x , y) = 0, My = Nx .
Equacoes separaveis e equacoes exatas
y ′ =f (x)
g(y), g(y) 6= 0
# Passando para formas diferenciais, podemos reescrever a
equacao como
g(y) dy − f (x) dx = 0.
# Obtendo primitivas G (y) de g(y) e F (x) de f (x), temos que
G (y)− F (x) = constante.
# Logo a solucao y(x) da equacao diferencial satisfaz
G (y(x))− F (x) = constante.
Equacoes separaveis e equacoes exatas
y ′ =f (x)
g(y), g(y) 6= 0
Exemplo
Resolva o PVI y ′ = −x3/(y + 1)2, y(0) = 0.
# Forma diferencial equivalente: (y + 1)2 dy + x3 dx .
# A solucao y(x) satisfaz
x4
4+
(y + 1)3
3= constante.
# Da condicao inicial: 0 +1
3= c .
# A solucao do PVI e a curva
x4
4+
(y + 1)3
3=
1
3.
Equacoes separaveis e equacoes exatas
N(x , y)y ′ + M(x , y) = 0, My = Nx
Atencao!
E preciso um bom comportamento das funcoes envolvidas para
isto funcionar. Tome cuidado no caso de funcoes com baixa reg-
ularidade. Veja o slide da aula 3 para detalhes.
# Se a equacao for exata teremos My = Nx .
# O potencial V (x , y) satisfaz M = Vy e N = Vx .
# Neste caso N(x , y) dy + M(x , y) dx = 0 e exata e pode ser
integrada.
# As solucoes sao
V (x , y(x)) = constante.
Equacoes separaveis e equacoes exatas
N(x , y)y ′ + M(x , y) = 0, My = Nx
Exemplo
Resolva a EDO y ′ = −3e3xy − 2x
e3x.
# Forma diferencial equiv: (3e3xy − 2x)dx + e3xdy = 0.
# Esta forma e do tipo N(x , y),dy + M(x , y) dx = 0, com
My = Nx .
# O potencial V e V (x , y) = e3xy − x2.
# As solucoes sao da forma
y =c + x2
e3x, c constante.
Bonus: equacoes homogeneas
O que fazer quando temos uma equacao da forma
y ′ =ax + by
cx + dy
com cx + dy 6= 0?
# Aparentemente ela nao se adequa a nenhum dos outros
metodos..
# Nao esta na forma padrao das EDs lineares de primeira ordem,
nao e exata, nao e separavel.
# E se usarmos uma mudanca de coordenadas?
Bonus: equacoes homogeneas
y ′ =αx + βy
γx + δy
# Forma diferencial equivalente:
(γx + δy) dy − (αx + βy) dx = 0.
# Mud. de var. y(t) = u(t)x(t).
# Entao dy = u dx + x du.
# A forma diferencial fica
(γx + δu x) (u dx + x du)− (αx + βu x) dx = 0.
# Dividindo por x ficamos com
(γ + δu) (u dx + x du)− (α + βu) dx = 0.
Bonus: equacoes homogeneas
y ′ =αx + βy
γx + δy
# Organizando obtemos
x(γ + δu)du − (α + βu − γu − δu2) dx = 0.
# Dividindo novamente por x ficamos com
(γ + δu)du − α + βu − γu − δu2
xdx = 0.
ouγ + δu
α + βu − γu − δu2du =
1
xdx .
Bonus: equacoes homogeneas
y ′ =αx + βy
γx + δy
γ + δu
α + βu − γu − δu2du =
1
xdx
Chegamos ate uma equacao separavel! Esta mesma mudanca de
variavel serve para varios tipos de equacoes.
ExercıcioResolva a EDO
y ′ =2x + y
5x − 3y.
Final da aula 04/parte 1.