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1 Introdução 1.1 Equações diferenciais 2 EDO de primeira ordem

1.2 Problemas de Valores Iniciais e de Valores de Contorno

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A solução de uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) pode conter uma ou mais constantes indeterminadas. Estas constantes podem ser fixadas pela imposição de uma ou mais condições iniciais ou condições de contorno.

1.2.1 Problema de Valor Inicial (PVI)

Exemplo 1.2.1.

A EDO

y^{\prime}=1

(1.19)

tem soluções

	$\displaystyle\int y^{\prime}\,dt=\int 1\cdot dt$		(1.20)
	$\displaystyle\Rightarrow y=t+c$		(1.21)

onde $c$ é uma constante indeterminada.

Afim de fixar uma solução única para tais EDOs, comumente define-se uma condição inicial apropriada, i.e. o valor da solução para um dado valor da variável independente. O problema de resolver uma EDO com condição inicial dada é chamado de Problema de Valor Inicial (PVI).

Exemplo 1.2.2.

Vamos resolver o seguinte problema de valor inicial (PVI)

	$\displaystyle y^{\prime}=1,\quad t>0,$		(1.22)
	$\displaystyle y(0)=1.$		(1.23)

Como vimos acima, integrando a EDO em relação a $t$ , obtemos a chamada solução geral

y(t)=t+c,

(1.24)

onde $c$ é uma constante indeterminada.

Agora, vamos usar a condição inicial $y(0)=1$ . Para tanto, substituímos $t=0$ e $y=1$ na solução geral, i.e.

	$\displaystyle y=t+c$		(1.25)
	$\displaystyle 1=0+c$		(1.26)
	$\displaystyle c=1$		(1.27)

Com isso, concluímos que a solução do PVI é

y(t)=t+1.

(1.28)

EDOs de segunda ordem podem requer duas condições iniciais.

Exemplo 1.2.3.

Consideramos o seguinte problema de valores iniciais

	$\displaystyle y^{\prime\prime}=1,$		(1.29)
	$\displaystyle y(1)=0,\quad y^{\prime}(1)=1.$		(1.30)

Integrando a EDO, obtemos

	$\displaystyle\int y^{\prime\prime}\,dt=\int 1\cdot dt$		(1.31)
	$\displaystyle y^{\prime}=t+c_{1}$		(1.32)

Integrando novamente

	$\displaystyle\int y^{\prime}\,dt=\int t+c_{1}\,dt$		(1.33)
	$\displaystyle y=\frac{t^{2}}{2}+c_{1}t+c_{2}$		(1.34)

Com isso, obtemos a chamada solução geral desta EDO

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

(1.35)

Agora, aplicando as condições iniciais, obtemos

	$\displaystyle y(1)=0$	$\displaystyle\Rightarrow\frac{1}{2}+c_{1}+c_{2}=0$		(1.36)
	$\displaystyle y^{\prime}(1)=1$	$\displaystyle\Rightarrow 1+c_{1}=1.$		(1.37)

o que nos fornece o seguinte sistema de equações lineares

	$\displaystyle c_{1}+c_{2}=-\frac{1}{2}$		(1.38)
	$\displaystyle c_{1}=0$		(1.39)

A segunda equação nos fornece $c_{1}$ diretamente. Então, utilizando a primeira equação, obtemos $c_{2}=-\frac{1}{2}$ . Portanto, a solução deste PVI de ordem 2 é:

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

(1.40)

Observação 1.2.1.

Observe que o número de condições iniciais é igual à ordem da EDO.

1.2.2 Problema de Valor de Contorno (PVC)

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Para EDOs de ordem 2, também podemos fixar uma solução através da aplicação de condições de contorno. Neste caso, estamos interessados em obter a solução para valores da variável independente restritos a um intervalo fechado $[t_{0},t_{1}]$ . A solução é fixada pela determinação de seus valores nos pontos $t_{0}$ e $t_{1}$ . O problema de encontrar a solução de uma EDO com condições de contorno, é chamado de Problema de Valor de Contorno (PVC).

Exemplo 1.2.4.

Consideramos o seguinte problema de valores de contorno

	$\displaystyle y^{\prime\prime}=1,\quad 0<t<1,$		(1.41)
	$\displaystyle y(0)=1,\quad y(1)=\frac{1}{2}.$		(1.42)

Integrando duas vezes a EDO, obtemos a solução geral

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

(1.43)

Agora, aplicando as condições de contorno, obtemos

	$\displaystyle y(0)=1\Rightarrow c_{2}=1,$		(1.44)
	$\displaystyle y(1)=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{1}{2}+c_{1}+c_{2}=\frac{1}{2}$		(1.45)

Isto é, temos o sistema de equações lineares

	$\displaystyle c_{2}=1$		(1.46)
	$\displaystyle c_{1}+c_{2}=0$		(1.47)

Resolvendo, temos $c_{1}=-1$ e $c_{2}=1$ . Desta forma, concluímos que a solução do PVC é

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

(1.48)

Observação 1.2.2.

O número de constantes indeterminadas na solução geral está relacionado à ordem da EDO.

Exercícios resolvidos

ER 1.2.1.

Encontre a solução do seguinte problema de valor inicial (PVI)

	$\displaystyle y^{\prime}=t+1,\quad t>0,$		(1.49)
	$\displaystyle y(0)=2.$		(1.50)

Solução.

Integrando a EDO obtemos

	$\displaystyle\int y^{\prime}\,dt=\int t+1\,dt$		(1.51)
	$\displaystyle y(t)=\frac{t^{2}}{2}+t+c,$		(1.52)

a qual é a solução geral da EDO.

Então, aplicando a condição inicial $y(0)=2$ , obtemos

c=2.

(1.53)

Logo, a solução do PVI é

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

(1.54)

ER 1.2.2.

Encontre a solução do seguinte problema de valor de contorno (PVC)

	$\displaystyle y^{\prime\prime}=t+1,\quad-1<t<1,$		(1.55)
	$\displaystyle y(-1)=y(1)=0.$		(1.56)

Solução.

Integrando duas vezes a EDO, obtemos

	$\displaystyle y^{\prime\prime}=t+1$		(1.57)
	$\displaystyle\int y^{\prime\prime}\,dt=\int t+1\,dt$		(1.58)
	$\displaystyle y^{\prime}=\frac{t^{2}}{2}+t+c_{1}$		(1.59)
	$\displaystyle\int y^{\prime}\,dt=\int\frac{t^{2}}{2}+t+c_{1}\,dt$		(1.60)
	$\displaystyle y(t)=\frac{t^{3}}{6}+\frac{t^{2}}{2}+c_{1}t+c_{2}.$		(1.61)

Obtida a solução geral da EDO, aplicamos as condições de contorno. Temos

	$\displaystyle y(-1)=0$		(1.62)
	$\displaystyle-\frac{1}{6}+\frac{1}{2}-c_{1}+c_{2}=0$		(1.63)

	$\displaystyle y(1)=0$		(1.64)
	$\displaystyle\frac{1}{6}+\frac{1}{2}+c_{1}+c_{2}=0.$		(1.65)

Ou seja, precisamos resolver o seguinte sistema linear

	$\displaystyle-c_{1}+c_{2}=-\frac{1}{3}$		(1.66)
	$\displaystyle c_{1}+c_{2}=-\frac{2}{3}.$		(1.67)

Resolvendo, obtemos $c_{1}=-\frac{1}{6}$ e $c_{2}=-\frac{1}{2}$ . Logo, a solução do PVC é

y(t)=\frac{t^{3}}{6}+\frac{t^{2}}{2}-\frac{1}{6}t-\frac{1}{2}.

(1.68)

ER 1.2.3.

Determine o valor de $x$ para o qual a solução do PVI

	$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\frac{2-e^{x}}{1+y^{2}},\quad x>0,$		(1.69)
	$\displaystyle y(0)=0,$		(1.70)

atinge seu valor máximo.

Solução.

Lembramos que a monotonicidade de $y=y(x)$ pode ser analisada a partir do estudo de sinal de $dy/dx$ . Fazendo o estudo de sinal de

\frac{dy}{dx}=\frac{2-e^{x}}{1+y^{2}},

(1.71)

vemos que $dy/dx>0$ para $x\in(0,\ln 2)$ e $dy/dx<0$ para $x\in(\ln 2,\infty)$ . Logo, temos que $y=y(x)$ é crescente em $[0,\ln 2]$ e decrescente em $[\ln 2,\infty)$ . Desta forma, concluímos que a solução do PVI atinge seu valor máximo em $x=\ln 2$ .

Exercícios

E. 1.2.1.

Resolva o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}=0,$		(1.72)
	$\displaystyle y(-1)=1.$		(1.73)

Resposta.

$y(t)=1$ .

E. 1.2.2.

Resolva o seguinte PVI

	$\displaystyle y^{\prime}=t,$		(1.74)
	$\displaystyle y(-1)=1.$		(1.75)

Resposta.

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

E. 1.2.3.

Resolva o seguinte PVC

	$\displaystyle y^{\prime\prime}=1,$		(1.76)
	$\displaystyle y(0)=1,\quad y(1)=-1.$		(1.77)

Resposta.

$y(t)=\frac{t^{2}}{2}-\frac{5}{2}t+1$ .

E. 1.2.4.

Resolva o seguinte PVC

	$\displaystyle y^{\prime\prime}=\operatorname{sen}(t),$		(1.78)
	$\displaystyle y(-\pi)=y(\pi)=0.$		(1.79)

Resposta.

$y(t)=-\operatorname{sen}(t)$ .

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