Equações Diferenciais

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

Existem dois tipos de Equações Diferenciais:

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

  $$y' = xy$$

• Equações Diferenciais Parciais: Uma equação diferencial é parcial quando o domínio da função $u(x_1,x_2,\dots,x_n)$ está contido em $\R^n$, isto é, tem dimensão superior a 1. Por exemplo:

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

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

Equações Diferenciais Ordinárias

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

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

EDO Lineares

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

Exemplos simples

Equação diferencial ordinária de 1º ordem:

$$y' = e^t \Leftrightarrow y(t) = e^t + c$$

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

Equação diferencial ordinária de 2º ordem:

$$\begin{darray}{c} \frac{\d^2 x}{d t^2} = e^t\\ \frac{\d x}{\d t} = e^t + c\\ x = e^t + ct + d \end{darray}$$

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

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

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

Caso $b(t) \equiv 0$ - Homogéneas

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

Prova

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

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

$$x' = a(t)x \Leftrightarrow \frac{x'}{x} = a(t) \Leftrightarrow \ln |x| = \int a(s) ds + C \Leftrightarrow x = \pm e^C e^{\int a(s) ds}$$

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

$$x(t) = K e^{\int a(t) \d t}$$

em que $K$ 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, $x(t_0) = x_0$, podemos descobrir diretamente a função $x(t)$:

Caso Geral - Não Homogéneo

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

Para resolver este tipo de equações, utilizamos uma função auxiliar, denominada fator de integração.
O fator integrante é uma função $\mu : \R \to \R$ (normalmente representada pela letra grega "mu"), tal que $\mu' = a(t)\mu$.
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 $\mu$:

2. Utilizar as regras de derivação para simplificar a expressão:

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

   $$(x \cdot \mu)' = b(t) \mu$$

   que é uma EDO resolúvel por integração direta.

   $$x \cdot \mu = \int b(s) \mu \ ds + C \Leftrightarrow x(t) = \int \frac{\mu(s)}{\mu(t)} \ b(s) ds + \frac{C}{\mu(t)}$$

3. Note-se que a equação que define o fator integrante: $\mu' = a(t)\mu$ é linear homogénea de primeira ordem. Podemos então descobrir $\mu$, pela fórmula do caso $b(t) \equiv 0$ .

4. Substituir o $\mu$ obtido em 3. na expressão obtida em 2. determinando o conjunto solução da EDO.

Exemplos

Tomando a equação e um ponto,

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

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

1. Começamos por multiplicar todos os membros por $\mu$:

$$\underbrace{\mu y' + \overbrace{\mu \cdot 2t}^{\mu'}y}_{(\mu y)' = \mu y' + \mu' y} = \mu t$$

2. Simplificando agora a expressão, ficamos com $\mu' = 2t\mu$ e

$$(\mu y)' = \mu t$$

3. Queremos agora descobrir $\mu$, pelo que podemos usar a fórmula do caso $b(t) \equiv 0$.

$$\mu' = 2t\mu \Leftrightarrow \mu = e^{t^2}$$

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

4. Substituindo agora os valores na expressão em (2), obtemos:

$$\begin{darray}{c} (e^{t^2} y)' = e^{t^2} \cdot t\\ e^{t^2} y = \int e^{t^2} \cdot t \d t\\ e^{t^2} y = \frac{e^{t^2}}{2} + c\\ y= \frac{1}{2} + c \cdot e^{-t^2} \end{darray}$$

5. Por fim, descobrimos o valor de $c$:

$$y(0) = \frac{1}{2} + c \cdot e^0 = \frac{1}{2} + c \underset{y(0)=1}{\Leftrightarrow} c = \frac{1}{2}$$

Pelo que temos como resposta final

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

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Tomando a equação

$$\frac{\d y}{\d t} + \frac{1}{1 + t} y = 1$$

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

$$\begin{darray}{c} \overbrace{\mu \frac{\d y}{\d t} + \frac{\mu}{1 + t} y}^{\mu y' + \mu' y = (\mu y)'} = \mu\\ \mu' = \frac{\mu}{1 + t} \Leftrightarrow \mu = e^{\log (1 +t)} = 1+ t \end{darray}$$

$$(\mu y)' = \mu\\ (1+t) y = \int (1 + t ) \d t\\ (1+t) y = t + \frac{t^2}{2} + c\\ y = \frac{t + \frac{t^2}{2} + c}{1+t}$$

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

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

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

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 $x(t_0) = x_0$ obtemos a solução:

Equações Separáveis

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

Seja $y(t_0) = y_0$ e uma equação

com $f$ e $g$ contínuas numa vizinhança de $y_0$.

Então temos que

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

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

define uma solução única para o PVI, numa vizinhança de $y_0$.

Mais Exemplos

Consideramos a seguinte equação

$$\begin{darray}{cc} \frac{\d y}{\d t} = \frac{t}{\cos y} & y(0) = \pi \end{darray}$$

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

$$\begin{darray}{c} \cos y \frac{\d y}{\d t} = t\\ \sin y = \frac{t^2}{2} + c\\ \sin \pi = c, \implies c = 0\\ \sin y = \frac{t^2}{2} \end{darray}$$

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

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

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Consideramos a seguinte equação

$$\begin{darray}{cc} y^2 \frac{\d y}{\d t} = 3 t^8 & y(0) = 0 \end{darray}$$

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

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

Temos assim:

$$\begin{aligned} \frac{y^3}{3} = \frac{t^9}{3} & \Leftrightarrow y^3 = t^9\\ & \Leftrightarrow y = \sqrt[3]{t^9}\\ & \Leftrightarrow y = t^3 \end{aligned}$$

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Consideramos a seguinte equação

$$\frac{\d y}{\d t} = t(y^2 - 1)$$

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

$$\begin{aligned} \frac{\d y}{\d t} = t(y^2 - 1) & \Leftrightarrow \frac{1}{y^2 - 1}\frac{\d y}{\d t} = t\\ & \Leftrightarrow \int \frac{1}{2} \left(\frac{1}{y-1}- \frac{1}{y+1} \right) \d y = \frac{t^2}{2} + c\\ & \Leftrightarrow \frac{1}{2} \log \left|\frac{y-1}{y+1}\right| = \frac{t^2}{2} + c\\ & \Leftrightarrow \frac{y-1}{y+1} = \pm e^{t^2 + 2c}\\ & \Leftrightarrow \frac{y-1}{y+1} = (\pm e^{2c}) e^{t^2} \end{aligned}$$

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

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

Então

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

é a solução geral $t \in \R$