10.8 Equações diferenciais exatas

R o raio da terra, o peso do corpo à distância x da terra será ,

K constante. Como, ao nível do mar, ou seja, para x = 0, o peso é mg, onde g é aceleração gravitacional ao nível do mar e suposta constante, segue que o valor da constante K é determinado fazendo x = 0 na expressão do peso e igualando a mg, para se obter K = mgR2. Dessa forma, o movimento do corpo é regido pela equação

 

Suponha que o corpo é lançado com uma velocidade inicial v(0)= α. a) Determine a relação entre v e x.

b) Qual o menor valor de (velocidade de escape) para que o corpo não retorne à terra?

 

10.8 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS EXATAS

Em muitas ocasiões é conveniente trabalhar com as equações diferenciais de primeira ordem na forma

 

A função y = y(x) (x = x(y)) será uma solução desta equação se o for de

 

Podemos, também, buscar solução na forma paramétrica, assim, x = x(t) e y = y(t), t num intervalo I, será solução se, para todo t em I,

Se temos uma solução na forma paramétrica, naqueles intervalos em que

 

podemos inverter x = x(t) e então a função y = y(x) dada por y = y(t),

com t = t(x), será solução da equação.

Suponhamos que a função y = y(x) seja dada implicitamente pela equação φ (x, y) = c, c constante. A derivada desta função obtém-se derivando os dois membros da equação em relação a x. Temos

 

Pela regra da cadeia,

 

Como , pois c é constante, resulta

 

Desse modo, se então, a função y = y(x) dada

implicitamente pela equação φ (x, y) = c, será solução da equação

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0.

Pois bem, diremos que a equação acima é uma equação diferencial exata se existir uma função φ = φ(x, y) tal que . Neste caso,

as suas soluções serão dadas implicitamente pelas equações φ(x, y) = c.

Equação diferencial exata

Sejam P(x, y) e Q(x, y) contínuas no aberto Ω. A equação diferencial

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0

será exata se existir φ = φ(x, y), (x, y) ∈ Ω, tal que

 

Neste caso, as funções y = y(x) ou x = x(y) dadas implicitamente pelas equações

φ(x, y) c, c constante,

são soluções da equação dada.

 

EXEMPLO 1. A equação x dx + y dy = 0 é exata, pois, para ,

temos

 

Segue que as funções y = y(x) ou x = x(y) dadas implicitamente pelas equações

x2 2 y = c, c constante,

são soluções da equação dada.

Suponhamos que

 

Sendo P(x, y) e Q(x, y) de classe C1 2 em Ω, então será de classe C em Ω, pelo teorema de Schwarz (Vol. 2), teremos

 

Por outro lado,

 

O que significa que, sendo P(x, y) e Q(x, y) de classe C 1 em Ω, então

em Ω é uma condição necessária para a equação ser exata. Como

vimos no Vol. 3 esta condição será, também, suficiente se for uma bola aberta. Quando estivermos resolvendo uma equação poderemos sempre supor uma bola aberta, pois, de início estaremos supondo sempre que (x, y) esteja próximo da condição inicial (x , y ). 0 0

■

 

Condição necessária e suficiente para a equação ser localmente

exata

Sendo P e Q de classe C 1 na bola aberta Ω, a condição

 

é necessária e suficiente para a equação

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0

ser exata em Ω.

 

EXEMPLO 2. A equação (x − y)dx + (x + y)dy = 0 não é exata, pois,

 

EXEMPLO 3. Determine uma solução y = y(x) da equação

x dx + 2 y dy = 0

que satisfaz a condição inicial y(1) = 2.

Solução

A equação é exata, pois, para , temos

 

A solução que queremos é dada implicitamente por ; tendo em

vista a condição inicial, segue . Assim,

■

 

 

é uma solução do problema.

EXEMPLO 4. Determine uma função y = y(x), cujo gráfico γ(x) = (x, y), y = y(x), passe pelo ponto (1, 2) e seja normal ao campo

Solução

A condição para γ que seja normal ao campo no ponto γ(x) = (x, y) é que o vetor tangente a γ no ponto (x, y), seja ortogonal ao

campo neste ponto, ou seja, é preciso que o produto escalar de γ'(x) por

seja nulo. Como

 

devemos ter

 

Assim, a curva γ(x) = (x, y), y = y(x), será ortogonal ao campo for solução da equação

x dx + 2y dy = 0.

Tendo em vista o exemplo anterior, a solução y = y(x) é dada implicitamente pela equação

Assim, a curva γ dada por

 

 

resolve o problema. Por outro lado, observando que a equação anterior é equivalente a

 

a curva, que é uma elipse, dada na forma paramétrica por

 

é, também solução.

■

 

Observe que a equação do exemplo anterior é uma equação de variáveis separáveis e poderia ter sido resolvida pela técnica da Seção 10.3 e que na verdade não difere em nada da técnica utilizada nesta seção.

EXEMPLO 5. Determine uma solução y = y(x) da equação

 

que satisfaz a condição inicial y(1) = 1.

Solução

A função y = y(x) procurada é a solução que passa pelo ponto (1, 1) da equação

2x dx − y dy = 0.

A solução que queremos é

dada implicitamente pela equação

 

Então é uma solução do problema. (Observe que o

domínio de uma solução é sempre um intervalo, tomamos para que

o domínio contenha 1.)

■

 

EXEMPLO 6. Determine uma função y = y(x) cujo gráfico passe pelo ponto (1, 1) e tal que a reta tangente no ponto genérico (x, y) tenha coeficiente angular

 

Solução

A solução da equação que satisfaz a condição inicial y(1) = 1 resolve o problema. Como queremos uma solução que passa pelo ponto (1, 1), podemos nos restringir ao semiplano y < 2x que contém este ponto. Neste semiplano a equação é equivalente a

(x + 2y)dx + (2x − y)dy = 0

que é uma equação diferencial exata (verifique). Vamos, agora, determinar φ tal que

 

Integrando a 1.ª equação em relação a x, vem

 

onde k = k(y) é uma função a ser determinada e que só depende de y. Temos, então, que determinar k de modo que a derivada de φ em relação a y dê 2x − y. Olhando atentamente para a expressão de φ, conclui-se que devemos ter concorda? Assim,

 

resolve o problema. Como φ(1, 1) = 2, a função que queremos é dada implicitamente pela equação

 

Resolvendo esta equação do 2.º grau na incógnita y obtemos a função

que resolve o problema. Observamos que o sinal negativo antes do radical é para que a condição inicial y(1) = 1 seja satisfeita.

 

■

 

A seguir, vamos destacar um procedimento prático para a determinação de supondo que a condição necessária

esteja verificada.

 

Procedimento prático para a determinação de φ

 

Integra-se a primeira equação em relação a x:

 

Para obter k(y), deriva-se o 2.º membro da equação anterior em relação a y e iguala-se a Q(x, y):

 

Observação. Às vezes é preferível começar integrando a 2.ª equação. Você é quem decide!

EXEMPLO 7. Resolva a equação y dx + (x + 2y)dy = 0.

Solução

Trata-se de uma equação exata, pois

 

Vamos, então, determinar φ tal que

 

Integrando a 1.ª equação em relação a x, obtemos

φ = xy + k(y).

Derivando o 2.º membro em relação a y e igualando a x + 2y, resulta

x + k' (y) = x + 2y e, portanto, k' (y) = 2y.

Podemos tomar, então φ = xy + y2. As soluções da forma y = y(x) ou x = x(y) são dadas implicitamente pelas equações

xy + y2 = c, c constante.

■

Vejamos, agora, como se faz para determinar uma família de curvas que sejam ortogonais a um campo vetorial Para

que a curva γ(t) = (x, y), suposta diferenciável num intervalo I, seja ortogonal a este campo no ponto (x, y), o vetor tangente

deverá ser ortogonal ao campo neste ponto, ou seja, o produto escalar deste vetor tangente com o campo deverá ser nulo:

 

que é equivalente a

 

Deste modo, a curva γ(t) = (x, y) será ortogonal ao campo se for solução da equação

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0.

Se esta equação for exata e

então a curva γ(t) = (x, y) será ortogonal ao campo se e somente se existir uma constante c tal que

 

pois, pela regra da cadeia,

e, deste modo, se γ(t) = (x, y) for solução o último membro da expressão anterior será igual a 0 em I, e daí em I, logo, existirá uma

constante c tal que se verifica. Por outro lado, se se verifica teremos

será ortogonal ao campo .

No que segue, a palavra trajetória tanto pode estar indicando uma curva como sua imagem.

 

Trajetórias ortogonais a um campo vetorial

As trajetórias ortogonais ao campo

são as soluções da equação

 

Se tal equação for exata e φ for tal que

então, γ = γ(t), t ∈ I, diferenciável no intervalo I, será ortogonal ao campo se e somente se, para alguma constante c, a sua imagem estiver contida na curva de nível

 

Podemos, então, olhar para estas curvas de nível como uma família de trajetórias ortogonais ao campo .

 

EXEMPLO 8. Determine uma família de trajetórias ortogonais ao campo vetorial

Solução

As trajetórias ortogonais a este campo são as soluções da equação

x dx + y dy = 0

Integrando, obtemos a família de circunferências

■

 

Exercícios 10.8

 

1. Verifique que é exata e resolva.

 

2. Determine uma solução que satisfaz a condição inicial dada.

 

3. Determine uma curva γ(t), t ∈ I, que passa pelo ponto dado e tal que,

para todo t ∈ I, γ′(t) seja ortogonal a é o campo

vetorial dado.

 

4. Uma partícula desloca-se sobre o eixo x de modo que o produto da

velocidade pela diferença entre a posição e o tempo é igual à soma da posição com o tempo. Sabe-se que no instante t = 0 a partícula encontra-se na posição x = 1. Determine a posição x = x (t) da partícula no instante t > 0.

5. Determine uma função y = y (x) cujo gráfico passe pelo ponto (2, 1) e

tal que o produto da função pela sua derivada seja igual à metade da soma da função com sua derivada.

6. O movimento de uma partícula no plano é regido pelo sistema de

equações

 

Suponha que no instante t = 0 a partícula encontra-se na posição (1, 1), isto é, x (0) = 1 e y (0) = 1. Mostre que a partícula desloca-se sobre a elipse

 

(Sugestão: Verifique que