Equações Diferenciais

Uma equação diferencial é uma equação em que a incógnita é uma função (y(x)y(x)), e que estão presentes as suas derivadas (y(x)y'(x), y(x)y''(x), etc) assim como uma variável independente (xx).

Existem dois tipos de Equações Diferenciais:

  • Equações Diferenciais Ordinárias: Uma equação diferencial é ordinária quando o domínio da função y(x)y(x) está contido em R\R, isto é, tem apenas 1 dimensão. Por exemplo:

    y=xyy' = xy
  • Equações Diferenciais Parciais: Uma equação diferencial é parcial quando o domínio da função u(x1,x2,,xn)u(x_1,x_2,\dots,x_n) está contido em Rn\R^n, isto é, tem dimensão superior a 1. Por exemplo:

    Tomando a func¸a˜u(x,y),2ux2+2uy2=0\begin{darray}{c} \text{Tomando a função } u(x,y),\\ \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = 0 \end{darray}

    Iniciamos o estudo das mesmas mais tarde, com as Equações do Calor.

Equações Diferenciais Ordinárias

  • Equações Diferencias Ordinárias (EDO) de XXª ordem: A ordem de uma EDO é dada pela maior ordem da derivada que existe na equação.
    Por exemplo, a equação
    x+t2x+sinx=arctantx'' + t^2 x' + \sin x = \arctan t
    é de 2ª ordem (a incognita é uma função x(t)x(t)), enquanto a equação
     ⁣du ⁣ds=ue5+s2+u2\frac{\d u}{\d s} = u e^5 + s^2 + u^2
    é de 1ª ordem (a incognita é uma função u(s)u(s)).

Exemplo

O volume v(t)v(t) de líquido num tanque (vv em litros, tt em segundos) é, no instante inicial t=0t = 0, igual a 33 litros.
Sabendo que o tanque enche à razão de 0.10.1 litros por segundo, determine o volume de líquido no tanque ao fim de 10 segundos.

Este exercício é muito simples e pode-se resolver facilmente de cabeça: 3+0.1×10=4L3 + 0.1 \times 10 = 4 \operatorname{L}.
No entanto, podemos também aplicar cálculo diferencial e reescrever o problema numa EDO:

v(t)=0.1v(t)=0t ⁣dv ⁣dt ⁣dt=0t0.1 ⁣dt=0.1t+c\begin{darray}{c} v'(t) = 0.1\\ v(t) = \int_0^t \frac{\d v}{\d t} \d t = \int_0^t 0.1 \d t = 0.1t + c \end{darray}

Como sabemos que v(0)=3v(0) = 3, temos que v(t)=3+0.1tv(t) = 3 + 0.1t, o que já tínhamos concluído de uma forma mais simples.

No entanto, o que acontece agora se alterarmos a razão para t100\frac{t}{100}?

Tentar calcular agora intuitivamente não é fácil, visto que a razão inclui uma variável.
Temos assim de aplicar o mesmo raciocínio que usámos anteriormente, com uma EDO:

v(t)=t100v(t)=0t ⁣dv ⁣dt ⁣dt=0tt100 ⁣dt=t2200+c\begin{darray}{c} v'(t) = \frac{t}{100}\\ v(t) = \int_0^t \frac{\d v}{\d t} \d t = \int_0^t \frac{t}{100} \d t = \frac{t^2}{200} + c \end{darray}

Obtemos então v(t)=3+t2200v(t) = 3 + \frac{t^2}{200}, sendo que com t=10t = 10, temos v(10)=3+102200=3.5v(10) = 3 + \frac{10^2}{200} = 3.5

Alterando agora a razão para t100v100\frac{t}{100} - \frac{v}{100} (como se tivesse um "furo")

v(t)=t100v100v'(t) = \frac{t}{100} - \frac{v}{100}

Esta equação é uma EDO escalar de 1º ordem linear, ou seja, é do tipo  ⁣dv ⁣dt=a(t)v+b(t)\frac{\d v}{\d t} = a(t) v + b(t).
Neste caso, a=1100a = -\frac{1}{100} e b=t100b = \frac{t}{100}

Temos então de descobrir v(t)v(t):

{ ⁣dv ⁣dt=t100v100v(0)=3\begin{cases} \frac{\d v}{\d t} &= \frac{t}{100} - \frac{v}{100}\\ v(0) &= 3 \end{cases}
v(t)=0t ⁣dv ⁣ds ⁣ds=0ts100v100 ⁣ds=t2200vt100v(t) = \int_0^t \frac{\d v}{\d s} \d s = \int_0^t \frac{s}{100} - \frac{v}{100} \d s = \frac{t^2}{200} - \frac{vt}{100}

Poderíamos isolar v(t)v(t), atendendo ao domínio, mas o exemplo até agora demonstra a importância de saber resolver EDOs. Mais à frente veremos como podemos resolver equações deste tipo.

Quando uma EDO na variável xx vem associada com uma condição inicial x(t0)=x0x(t_0) = x_0, dizemos que temos um Problema do Valor Inicial (PVI).

EDO Lineares

Definição

Uma EDO de primeira ordem é linear se se pode escrever na forma

 ⁣dx ⁣dt=a(t)x+b(t)\frac{\d x}{\d t} = a(t) x + b(t)

Consoante a nulidade de a(t)a(t) e b(t)b(t), temos várias formas de resolver uma equação deste tipo.

Exemplos simples

Equação diferencial ordinária de 1º ordem:

y=ety(t)=et+cy' = e^t \Leftrightarrow y(t) = e^t + c

Ou se soubermos um caso específico, e.g. y(0)=2y(0) = 2, podemos descobrir cc: y(t)=et+1y(t) = e^t + 1

Equação diferencial ordinária de 2º ordem:

 ⁣d2xdt2=et ⁣dx ⁣dt=et+cx=et+ct+d\begin{darray}{c} \frac{\d^2 x}{d t^2} = e^t\\ \frac{\d x}{\d t} = e^t + c\\ x = e^t + ct + d \end{darray}

Caso a(t)0a(t) \equiv 0 - Integração Direta

Neste caso, como a(t)0a(t) \equiv 0, temos que  ⁣dx ⁣dt=b(t)\frac{\d x}{\d t} = b(t). Este é o caso mais simples, pelo que podemos obter

x(t)=b(t)x(t)=b(t) ⁣dt+cx'(t) = b(t) \Leftrightarrow x(t) = \int b(t) \d t + c

Se tivermos um valor inicial x(t0)=x0x(t_0) = x_0, obtemos a função x(t)x(t):

t0t ⁣dx ⁣ds ⁣ds=t0tb(s) ⁣ds\int_{t_0}^t \frac{\d x}{\d s} \d s = \int_{t_0}^t b(s) \d s
x(t)=x0+t0tb(s) ⁣dsx(t) = x_0 + \int_{t_0}^t b(s) \d s

Caso b(t)0b(t) \equiv 0 - Homogéneas

Neste caso, como b(t)0b(t) \equiv 0, temos que  ⁣dx ⁣dt=a(t)x\frac{\d x}{\d t} = a(t) x. Assim obtemos a seguinte fórmula (para qualquer KRK \in \R):

x(t)=Kea(t) ⁣dtx(t) = K e^{\int a(t) \d t}
Prova

Note-se que x(t)0x(t) \equiv 0 é trivialmente uma solução.

Assumindo que x(t0)0x(t_0) \neq 0 para algum t0t_0, temos que, numa vizinhança desse ponto:

x=a(t)xxx=a(t)lnx=a(s)ds+Cx=±eCea(s)dsx' = a(t)x \Leftrightarrow \frac{x'}{x} = a(t) \Leftrightarrow \ln |x| = \int a(s) ds + C \Leftrightarrow x = \pm e^C e^{\int a(s) ds}

para algum valor de CRC \in \R. Por continuidade de xx (note-se que xx é diferenciável), temos que CC tem o mesmo valor em todos os pontos do domínio, pelo que a solução toma forma

x(t)=Kea(t) ⁣dtx(t) = K e^{\int a(t) \d t}

em que KK é uma constante real não nula. Unificando com a solução nula, obtemos o resultado pretendido.

Novamente, se soubermos um valor que pertence à função, por exemplo, x(t0)=x0x(t_0) = x_0, podemos descobrir diretamente a função x(t)x(t):

x(t)=x0et0ta(s) ⁣dsx(t) = x_0 e^{\int_{t_0}^t a(s) \d s}

Caso Geral - Não Homogéneo

PRO TIP

É recomendado saber os casos particulares de cor em vez de usar o caso geral para lá chegar, pois são consideravelmente mais simples.

O caso geral ocorre quando nada se pode assumir sobre a nulidade de a(t)a(t) e b(t)b(t). Ficamos assim com a expressão, em que a,bCa,b \in \C:

 ⁣dx ⁣dt+a(t)x=b(t)\frac{\d x}{\d t} + a(t) x = b(t)

Para resolver este tipo de equações, utilizamos uma função auxiliar, denominada fator de integração.
O fator integrante é uma função μ:RR\mu : \R \to \R (normalmente representada pela letra grega "mu"), tal que μ=a(t)μ\mu' = a(t)\mu.
Esta função permite-nos reduzir o caso geral aos casos mais simples que já sabemos resolver:

  1. Começamos por multiplicar todos os membros da equação por μ\mu:
xμ+a(t)xμ=b(t)μx' \mu + a(t) x \mu = b(t) \mu
  1. Utilizar as regras de derivação para simplificar a expressão:

    Sabe-se que μx+a(t)μx=μx+μx=(μx)\mu x' + a(t) \mu x = \mu x' + \mu' x = (\mu x)', pelo que obtemos

    (xμ)=b(t)μ(x \cdot \mu)' = b(t) \mu

    que é uma EDO resolúvel por integração direta.

    xμ=b(s)μ ds+Cx(t)=μ(s)μ(t) b(s)ds+Cμ(t)x \cdot \mu = \int b(s) \mu \ ds + C \Leftrightarrow x(t) = \int \frac{\mu(s)}{\mu(t)} \ b(s) ds + \frac{C}{\mu(t)}
  2. Note-se que a equação que define o fator integrante: μ=a(t)μ\mu' = a(t)\mu é linear homogénea de primeira ordem. Podemos então descobrir μ\mu, pela fórmula do caso b(t)0b(t) \equiv 0 .

μ=a(t)μμ(t)=Kea(s)ds\mu' = a(t) \mu \Leftrightarrow \mu(t) = K e^{\int a(s) ds}
  1. Substituir o μ\mu obtido em 3. na expressão obtida em 2. determinando o conjunto solução da EDO.
Exemplos

Tomando a equação e um ponto,

y+2ty=ty(0)=1\begin{darray}{cc} y' + 2ty = t & y(0) = 1 \end{darray}

queremos determinar a expressão que define y(t)y(t).

  1. Começamos por multiplicar todos os membros por μ\mu:
μy+μ2tμy(μy)=μy+μy=μt\underbrace{\mu y' + \overbrace{\mu \cdot 2t}^{\mu'}y}_{(\mu y)' = \mu y' + \mu' y} = \mu t
  1. Simplificando agora a expressão, ficamos com μ=2tμ\mu' = 2t\mu e
(μy)=μt(\mu y)' = \mu t
  1. Queremos agora descobrir μ\mu, pelo que podemos usar a fórmula do caso b(t)0b(t) \equiv 0.
μ=2tμμ=et2\mu' = 2t\mu \Leftrightarrow \mu = e^{t^2}

Não é necessário incluir a constante porque essa é adicionada na expressão abaixo.

  1. Substituindo agora os valores na expressão em (2), obtemos:
(et2y)=et2tet2y=et2t ⁣dtet2y=et22+cy=12+cet2\begin{darray}{c} (e^{t^2} y)' = e^{t^2} \cdot t\\ e^{t^2} y = \int e^{t^2} \cdot t \d t\\ e^{t^2} y = \frac{e^{t^2}}{2} + c\\ y= \frac{1}{2} + c \cdot e^{-t^2} \end{darray}
  1. Por fim, descobrimos o valor de cc:
y(0)=12+ce0=12+cy(0)=1c=12y(0) = \frac{1}{2} + c \cdot e^0 = \frac{1}{2} + c \underset{y(0)=1}{\Leftrightarrow} c = \frac{1}{2}

Pelo que temos como resposta final

y(t)=1+et22y(t) = \frac{1 + e^{-t^2}}{2}

Tomando a equação

 ⁣dy ⁣dt+11+ty=1\frac{\d y}{\d t} + \frac{1}{1 + t} y = 1

e sabendo que y(0)=0y(0) = 0, queremos determinar a expressão que define y(t)y(t).

μ ⁣dy ⁣dt+μ1+tyμy+μy=(μy)=μμ=μ1+tμ=elog(1+t)=1+t\begin{darray}{c} \overbrace{\mu \frac{\d y}{\d t} + \frac{\mu}{1 + t} y}^{\mu y' + \mu' y = (\mu y)'} = \mu\\ \mu' = \frac{\mu}{1 + t} \Leftrightarrow \mu = e^{\log (1 +t)} = 1+ t \end{darray}
(μy)=μ(1+t)y=(1+t) ⁣dt(1+t)y=t+t22+cy=t+t22+c1+t(\mu y)' = \mu\\ (1+t) y = \int (1 + t ) \d t\\ (1+t) y = t + \frac{t^2}{2} + c\\ y = \frac{t + \frac{t^2}{2} + c}{1+t}

Como sabemos que y(0)=0y(0) = 0, temos y(0)=0+022+c1+0=c    c=0y(0) = \frac{0 + \frac{0^2}{2} + c}{1+0} = c \implies c = 0.

Assim, a expressão que define y(t)y(t) é:

y(t)=t+t221+ty(t) = \frac{t + \frac{t^2}{2}}{1+t}

Alternativamente, pode-se utilizar o seguinte teorema (Teorema da Variação das Constantes), mas nem sempre se justifica aplicá-lo:

Se tivermos uma EDO deste tipo associado a um valor inicial x(t0)=x0x(t_0) = x_0 obtemos a solução:

x(t)=x0et0ta(z) ⁣dz+t0tb(s)esta(z) ⁣dz ⁣dsx(t) = x_0 e^{\int_{t_0}^t a(z) \d z} + \int_{t_0}^t b(s) e^{\int_s^t a(z) \d z} \d s

Equações Separáveis

As equações separáveis generalizam a ideia que usámos no caso homogéneo de passar os termos que dependem de yy para um só lado da equação.

Seja y(t0)=y0y(t_0) = y_0 e uma equação

y=g(t)f(y),f(y0)0y' = \frac{g(t)}{f(y)}, f(y_0) \ne 0

com ff e gg contínuas numa vizinhança de y0y_0.

Então temos que

f(y)y=g(t)F[y(t)]=g(t)dt+Cf(y)y' = g(t) \Leftrightarrow F[y(t)] = \int g(t) dt + C

em que FF é uma primitiva da função ff. Note-se que este resultado não oferece uma solução explícita para y, mas uma solução implícita. Contudo, como F(y0)=f(y0)0F'(y_0) = f(y_0) \neq 0, podemos aplicar o Teorema da função implícita para afirmar que a equação acima tem uma solução única numa vizinhança de y0y_0.

Como y(t0)=y0y(t_0)=y_0, podemos especificar que a equação

F[y(t)]=F(y0)t0tg(s)dsF[y(t)] = F(y_0) \int_{t_0}^t g(s) ds

define uma solução única para o PVI, numa vizinhança de y0y_0.

Exemplo

Considerando a seguinte equação

 ⁣dy ⁣dt=(cos2y)cost\frac{\d y}{\d t} = (\cos^2 y) \cos t

e y(0)=πy(0) = \pi, determine a expressão que define y(t)y(t)

1cos2y ⁣dy ⁣dt=costtanyF(y)=sintG(t)+c\begin{darray}{c} \frac{1}{cos^2 y} \frac{\d y}{\d t} = \cos t\\ \Leftrightarrow \underbrace{\tan y}_{F(y)} = \underbrace{\sin t}_{G(t)} + c \end{darray}
tanπ=sin(0)+cc=0\begin{darray}{c} \tan \pi = \sin (0) + c\\ \Leftrightarrow c = 0 \end{darray}

Assim temos que:

tany=sint\tan y = \sin t

A função tangente não é invertível, pelo que temos de atender ao domínio e à condição y(0) = πy(0)~=~\pi

y=π+arctan(sint),tRy = \pi + \arctan(\sin t), t \in \R
Mais Exemplos

Consideramos a seguinte equação

 ⁣dy ⁣dt=tcosyy(0)=π\begin{darray}{cc} \frac{\d y}{\d t} = \frac{t}{\cos y} & y(0) = \pi \end{darray}

e queremos determinar a expressão que define y(t)y(t).

cosy ⁣dy ⁣dt=tsiny=t22+csinπ=c,    c=0siny=t22\begin{darray}{c} \cos y \frac{\d y}{\d t} = t\\ \sin y = \frac{t^2}{2} + c\\ \sin \pi = c, \implies c = 0\\ \sin y = \frac{t^2}{2} \end{darray}

Temos assim como solução y=πarcsint22y = \pi - \arcsin \frac{t^2}{2}, atendendo que o domínio tem de ser tal que a derivada da expressão seja contínua.

Assim, precisamos que t22]1,1[\frac{t^2}{2} \in ]-1, 1[, ou seja, t]2,2[t \in ]-\sqrt{2}, \sqrt{2}[


Consideramos a seguinte equação

y2 ⁣dy ⁣dt=3t8y(0)=0\begin{darray}{cc} y^2 \frac{\d y}{\d t} = 3 t^8 & y(0) = 0 \end{darray}

e queremos determinar a expressão que define y(t)y(t).

y33=t93+c0=0+c    c=0y33=t93\begin{darray}{c} \frac{y^3}{3} = \frac{t^9}{3} + c\\ 0 = 0 + c \implies c = 0\\ \frac{y^3}{3} = \frac{t^9}{3} \end{darray}

Temos assim:

y33=t93y3=t9y=t93y=t3\begin{aligned} \frac{y^3}{3} = \frac{t^9}{3} & \Leftrightarrow y^3 = t^9\\ & \Leftrightarrow y = \sqrt[3]{t^9}\\ & \Leftrightarrow y = t^3 \end{aligned}

Consideramos a seguinte equação

 ⁣dy ⁣dt=t(y21)\frac{\d y}{\d t} = t(y^2 - 1)

e queremos determinar a expressão que define y(t)y(t).

 ⁣dy ⁣dt=t(y21)1y21 ⁣dy ⁣dt=t12(1y11y+1) ⁣dy=t22+c12logy1y+1=t22+cy1y+1=±et2+2cy1y+1=(±e2c)et2\begin{aligned} \frac{\d y}{\d t} = t(y^2 - 1) & \Leftrightarrow \frac{1}{y^2 - 1}\frac{\d y}{\d t} = t\\ & \Leftrightarrow \int \frac{1}{2} \left(\frac{1}{y-1}- \frac{1}{y+1} \right) \d y = \frac{t^2}{2} + c\\ & \Leftrightarrow \frac{1}{2} \log \left|\frac{y-1}{y+1}\right| = \frac{t^2}{2} + c\\ & \Leftrightarrow \frac{y-1}{y+1} = \pm e^{t^2 + 2c}\\ & \Leftrightarrow \frac{y-1}{y+1} = (\pm e^{2c}) e^{t^2} \end{aligned}

Considerando k=±e2c,k0k = \pm e^{2c}, k \ne 0, temos:

y1y+1=ket2y1=ket2(y+1)y(1ket2)=ket2+1\begin{aligned} \frac{y-1}{y+1} = k e^{t^2} & \Leftrightarrow y-1 = k e^{t^2} (y+1)\\ & \Leftrightarrow y(1- k e^{t^2}) = k e^{t^2} + 1 \end{aligned}

Então

{y(t)=1+ket21ket2,kRy(t)1,tR\begin{cases} y(t) = \frac{1+k e^{t^2}}{1-k e^{t^2}}, k \in \R\\ y(t) \equiv -1, \forall t \in \R \end{cases}

é a solução geral tRt \in \R