14 Teoremas de existência e unicidade de soluções para equações diferenciais de 1ª e 2ª ordens

14

 

TEOREMAS DE EXISTÊNCIA E

UNICIDADE DE SOLUÇÕES PARA

EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1.ª

E 2.ª ORDENS

 

14.1. TEOREMAS DE EXISTÊNCIA E UNICIDADE DE

SOLUÇÕES PARA EQUAÇÕES DIFERENCIAIS

DE 1.ª E 2.ª ORDENS

 

Teorema (de existência e unicidade para equação diferencial

de 1.ª ordem do tipo y′ = f (x, y)). Seja Ω um subconjunto aberto do 2 2 e seja f (x, y) definida em Ω. Suponhamos que f e sejam

contínuas em. Seja (x , y ) um ponto qualquer de Ω. Nestas 0 0

condições, a equação

admite uma solução y = y (x), x ∈I, que satisfaz a condição inicial

y (x ) = y , 0 0

onde I é um intervalo aberto contendo x . 0

Além disso, se y = φ (x) e y = α (x) forem soluções de , 1 2

definidas em intervalos abertos I e I contendo x , tais que 1 2 0

φ (x ) = φ (x ), 1 0 2 0

então, para todo x ∈ I ∩ I , 1 2

φ (x) = φ (x). 1 2

 

O teorema acima, cuja demonstração se encontra no Apêndice 1, conta-

nos que se f e forem contínuas em Ω, então, para cada (x , y ) ∈ Ω, a 0 0

equação admitirá uma solução cujo gráfico passa por (x , y ). O teorema 0 0 conta-nos, ainda, se os gráficos de duas soluções φ e φ , definidas em 1 2 intervalos abertos I e I , interceptam-se em algum ponto, então φ (x) = φ 1 2 12 (x) em I ∩ I . 1 2

EXEMPLO 1. Resolva a equação de Bernoulli

y′ + y = xy 2.

Solução

y′ + y = xy 2 2 ⇔ y′ = −y + xy.

Seja f (x, y) = − y + xy2. Temos

 

Assim, f e 2 são contínuas em Ω = . Segue que o teorema anterior se

aplica. A função constante

y = 0

é solução da equação dada. (Verifique.) Pelo teorema anterior, se y = y (x), x ∈ I, for solução e se, para algum x ∈ I, tivermos y (x ) = 0, então teremos 0 0 também

y (x) = 0

para todo x ∈ I. Assim, se y = y (x), x ∈ I, for solução da equação, teremos:

y (x) = 0 para todo x ∈ I

ou

y (x) ≠ 0 para todo x ∈ I.

Vamos, então, determinar as soluções y = y (x), com y (x) ≠ 0. Para y ≠ 0, a equação é equivalente a

 

Fazendo P (x, y) = y −1 −2 −x e Q (x, y) = y, vem:

Logo, e−x −x é um fator integrante para . Como e ≠ 0, para todo x, é equivalente a

 

(y−1 −x −x −x −2 e − x e ) dx + e y dy = 0,

que é uma equação diferencial exata. As soluções y = y (x) desta equação são dadas implicitamente pelas equações

y−1 −x −x −x e − xe −e = c,

ou seja,

 

Portanto,

 

y = 0

e

 

é a família das soluções da equação dada.

 

(Para outro modo de resolução, veja Seção 10.5).

Nosso objetivo, a seguir, é esboçar os gráficos das soluções acima.

 

Temos as soluções

 

e

 

(Lembre-se de que o domínio de uma solução é sempre um intervalo.)

 

1 + x + cex x = 0 ⇔ 1 + x = −ce.

 

Logo,

1 + x + cex > 0 para x > α e

1 + x + cex < 0 para x < α.

Observe que

 

e

 

Temos as soluções

 

e

 

Observe que, para todo c > 0, α < − 1.

 

1 + x + cex x = 0 ⇔ para 1+ x = −ce.

Temos

 

Temos as soluções

 

e

 

1 + x − ex < 0 para x ≠ 0.

Temos as soluções

e

 

1 + x + cex < 0 para todo x.

Temos as soluções

 

Observe que

 

e

EXEMPLO 2. Mostre que a equação

 

admite soluções distintas cujos gráficos se interceptam. Este fato contradiz o teorema de existência e unicidade? Explique.

Solução

A função constante y = 0 é solução. Separando as variáveis, obtemos as soluções

y = (x + c)3 (c ∈ )

(Verifique.) É claro que os gráficos de

y = 0 e y = (x + c)3

interceptam-se no ponto (−c, 0).

Este fato não contradiz o teorema anterior, pois

 

não é contínua em 2: é descontínua nos pontos (x, 0), com x ∈ R.

(Neste exemplo, f(x, y) = 3y2/3.) Observamos finalmente que

 

y = 0

e

y = (x + c)3 (c ∈R)

 

é uma família de soluções da equação dada. Entretanto, esta família não inclui todas as soluções de ! Por exemplo, a função y = φ(x), x ∈ R, dada por

 

é solução da equação dada (verifique) e não está incluída na família acima. Fica a seu cargo determinar outras soluções que não estão incluídas em tal família.

■

 

EXEMPLO 3. Resolva a equação

Solução

 

Agora, Ω = {(x, y) 2 ∈, y > 0}.

 

são contínuas em Ω. A equação dada é equivalente a

y−2/3 dy = 3 dx

cuja solução geral é

y = (x + c)3, x > −c (c ∈ ).

 

Consideremos a equação

y′ = x2 2 + y.

Como f(x, y) = x 2 2 2 + y e = 2y são contínuas em , para cada ponto (x ,

0

y 2 ) ∈ existe uma solução satisfazendo a condição inicial y (x ) = y .

0 0 0

Entretanto, como não sabemos resolver tal equação, qualquer informação numérica sobre tais soluções deve ser obtida utilizando métodos de Cálculo Numérico. O que faremos nos próximos exemplos é obter algumas informações qualitativas sobre a solução que satisfaz a condição inicial y (0) = 0.

EXEMPLO 4. Considere a equação

y′ = x2 2 + y.

Seja y = φ(x), x ∈ ] r, r[, r > 0, uma solução que satisfaz a condição inicial φ(0) = 0. Determine o polinômio de Taylor de ordem 3 de φ, em volta de x0 = 0.

Solução

O polinômio pedido é

 

Vamos, então, calcular φ′ (0), φ″ (0) e φ′″ (0). Para todo x no domínio de φ,

φ' (x) = x2 2 +φ(x).

Logo, φ′(0) = 0, pois φ (0) = 0.

φ″ (x) = 2x + 2φ (x) φ′ (x)

e

φ′′(x) = 2 + 2 φ′ (x) φ′ (x) + 2φ (x) φ″ (x).

Segue que φ″ (0) = 0 e φ′″ (0) = 2. Então

 

Assim, para | x | suficientemente pequeno,

 

EXEMPLO 5. Seja y = φ (x), x ∈ ] r, r[, a solução do exemplo anterior. Prove que, para todo x ∈]0, r[,

 

Solução

Seja

 

Temos g (0) = 0. Basta provarmos, então, que

g′ (x) > 0 em ]0, r[.

Temos

g′ (x) = φ′ (x) x2

e

φ′ (x) = x2 2 + φ (x)

Logo,

g′ (x) = φ2 (x) > 0 em ]0, r[.

Observação. Como φ′ (x) > 0 em ]0, r[ e φ (0) = 0, resulta φ(x) > φ (0) = 0 em ]0, r[.

■

EXEMPLO 6. Seja y = φ (x), x ∈ ] −r, r[, a solução do Exemplo 4. Prove que φ é uma função ímpar, isto é,

φ (−x) = − φ (x)

para todo x ∈ ] −r, r[.

Solução

Como é solução, para todo x ∈ ] −r, r[,

φ′ (x) = x2 2 + φ (x).

Segue que, para todo x ∈ ] −r, r[,

φ′ (−x) = (−x)2 2 [ + φ (− x)].

 

Consideremos a função φ definida em ] −r, r[ e dada por φ (x) = −φ (−x). 1 1 Temos

 

φ′ (x) = φ′ (−x) (Verifique.) 1

Como

[ φ (−x)] 2 2 2 = [ −φ(− x)] = [ φ (x)]

1

e

(−x) 2 2 = x,

resulta que, para todo x ∈ ] −r, r[,

φ′ (x) = x2 2 + φ (x).

1

Temos, ainda, φ (0) = −φ(−0) = 0. Segue que y = φ (x) é solução de 1 1

y′ = x2 2 + y,

satisfazendo a condição inicial φ (0) = 0. Segue do teorema de existência a 1 unicidade que, para todo x ∈ ] −r, r[,

φ (x) = φ (x), 1

ou seja,

φ (x) = − φ (−x).

Logo, φ é uma função ímpar.

■

 

EXEMPLO 7. Seja y = φ (x), x ∈ ] −r, r[, a solução do Exemplo 4. a) Prove que é estritamente crescente em ] −r, r[. b) Prove que φ tem a concavidade para baixo em ] −r, 0[ e para cima em

]0, r[.

Solução

φ′ (x) = x2 2 + φ (x) em ] −r, r[.

a) é contínua em ] −r, r[ e φ′ (x) > 0 em ] r, 0[ e em ]0, r[. Logo, φ é estritamente crescente em ] −r, r[.

b) φ″ (x) = 2x + 2φ (x) φ′ (x).

Segue que

φ″ (x) < 0 em ] −r, 0[

e

φ″ (x) > 0 em ]0, r[.

(Observe que φ (x) < 0 em ] −r, 0[ e φ (x) > 0 em ]0, r [.) Logo, φ tem a concavidade para baixo em ] −r, 0[ e para cima em ]0, r[.

■

 

EXEMPLO 8. Seja y = φ(x), x ∈ ] −r, r [, a solução do Exemplo 4. Seja x0 ∈ ]0, r[, com x fixo. Prove que 0

Solução

φ' (x) = x 2 2 + φ (x) em ]−r, r[.

Daí

φ' (x) ≥ φ2 (x) em ]−r, r[.

Segue que, para todo x ∈ [x , r[, 0

 

Daí

 

para x ≤ x < r. Logo, para x ≤ x < r, 0 0

 

ou seja,

 

Observe que o gráfico de

é

 

Portanto, Concorda?

 

■

 

Observação. O exemplo anterior nos diz que se y = φ (x), x ∈ ] −r, r[, for solução de

y' = x2 2 + y,

satisfazendo a condição inicial φ (0) = 0, então r não pode ser igual a + ∞.

Segue dos exemplos anteriores que o gráfico da solução do Exemplo 4 tem o seguinte aspecto.

EXEMPLO 9. Resolva a equação

y″ = 2yy'.

Solução

Observamos, inicialmente, que se trata de uma equação diferencial de 2.ª ordem e não linear. Como

(y 2)' = 2yy',

a equação dada é equivalente a

y″ = (y 2)'

e, portanto, equivalente à família de equações diferenciais de 1.ª ordem

Seja f (x, y) = y 2 + c. Temos: Assim, para cada c ∈ , f e

são contínuas em Ω = 2. Logo, o teorema anterior se aplica às

equações .

 

y' = y 2.

A função constante y = 0 é solução. Para y ≠ 0, a equação é equivalente a

 

e, portanto, ou seja,

 

y = 0

e

 

é a família das soluções de y' = y2. (Por quê?)

A equação é equivalente a

 

e, portanto,

 

ou seja,

 

As funções constantes

 

são soluções. Para y2 + c ≠ 0, é equivalente a

 

e, portanto,

 

ou seja,

e, portanto,

 

Conclusão

 

é a família das soluções da equação

y″ = 2yy'.

■

 

Sejam φ e φ duas soluções da equação do exemplo anterior e definidas em 1 2

intervalos abertos I e I contendo x . Observe que φ (x ) = φ (x ) não 1 2 0 1 0 2 0 implica φ (x) = φ (x) em I ⋂ I . Por exemplo, as funções 1 2 1 2

são soluções de y″ = 2yy' tais que

 

Entretanto, φ (x) ≠ φ (x) para todo x em Contudo, se 1 2

além da condição

φ (x ) = φ (x ), 1 0 2 0

tivéssemos, também,

φ' (x ) = φ' (x ), 1 0 2 0

então teríamos φ (x) = φ (x) em I ⋂ I , como nos conta o próximo 1 2 1 2 teorema, cuja demonstração omitiremos. (Para demonstração veja referências bibliográficas 26 e 29.)

 

Teorema (de existência e unicidade para equação diferencial

do tipo y″ = f (x, y, y')). Seja f (x, y, z) definida no aberto Ω 3 ⊂ tal

que f, sejam contínuas em Ω. Seja (x , y , y ) um ponto 0 0 1 qualquer de. Nestas condições, a equação

 

admite uma solução y = y (x), x ∈ I, satisfazendo as condições iniciais

y (x ) = y e y' (x ) = y , 0 0 0 1

onde I é um intervalo aberto contendo x . 0

Além disso, se y = φ (x) e y = φ (x) forem soluções de , 1 2

definidas em intervalos abertos I e I contendo x e tais que 1 2 0

φ (x ) = φ (x ) e φ ' (x ) = φ ' (x ) 0 2 0 1 0 2 0

então φ (x) = φ (x) em I ⋂ I . 1 2 1 2

 

Exercícios 14.1

 

1. Resolva a equação de Bernoulli dada. Esboce os gráficos das

soluções.

a) 3 y' + y = xy

b) −1 y' + y = xy, y > 0

2. Seja y = φ(x), x ∈ ] −r, r[ uma solução da equação

y' = x 2 + cos y

satisfazendo a condição inicial φ (0) = 0. Prove que φ é uma função ímpar.

3. Seja y = φ(x), x ∈ ] −r, r[, uma solução da equação

y' = xe 2 y

satisfazendo a condição inicial φ(0) = y , onde y é um real dado. 0 0 Prove que φ é uma função par.

4. Seja y = φ(x) uma solução da equação

y' = x 2 + cos y

satisfazendo a condição inicial φ (0) = 0. Determine o polinômio de

Taylor de ordem 5 de φ, em volta de x = 0. 0

5. Pode φ ser provado que a equação

y' = x 2 + cos y

admite uma solução y = φ (x) definida no intervalo e

satisfazendo a condição inicial φ (0) = 0. Utilizando a fórmula de Taylor com resto de Lagrange, mostre que, para todo x em

 

Avalie φ (x) para x = 0,01. Estime o erro.

Observação. Suponha que f e sejam contínuas no aberto Ω ⊂

2 e seja (x , y ) um ponto de Ω. Sejam a > 0 e b > 0 tais que o

0 0

retângulo

 

esteja contido em Ω. Seja M > 0 tal que, para todo (x, y) em 2,

Seja r > 0 tal que

r ≤ a, Mr ≤ b.

Pode ser provado (veja Apêndice 1) que a equação

y' = f (x, y)

admite uma solução definida no intervalo [x − r, x + r] e 0 0 satisfazendo a condição inicial y(x ) = y . 0 0

6. Seja y = φ (x), x ∈] −r, r[, uma solução da equação

y' = x2 2 + y

satisfazendo a condição inicial y(0) = y , com y > 0. Prove que 0 0

 

7. 2 Suponha f : Ω → contínua no aberto contido em . Seja y = φ (x)

definida no intervalo I e com gráfico contido em Ω. Seja (x , y ) ∈ Ω, 0 0 com x ∈ I. Prove que y = φ (x), x ∈ I, será solução da equação 0

y' = f (x, y)

e satisfazendo a condição inicial φ (x ) = y se, e somente se, 0 0

 

8. Determine φ.

9. (Sequência de Picard.) Considere a equação diferencial

y' = f (x, y)

com a condição inicial y (x ) = y . Seja φ uma função constante 0 0 0 definida no intervalo I, com x ∈ I, e dada por φ (x) = y . 0 0 0 Consideremos a sequência de funções

 

definidas em I. Suponhamos que tais funções sejam obtidas pelo seguinte processo de recorrência:

 

Uma tal sequência denomina-se, então, sequência de Picard para o problema

 

a) Determine a sequência de Picard para o problema y' = y, y (0) = 1. b) x Verifique que tal sequência converge para a solução y = e.

10. Seja φ , φ , φ , ..., φ , ... a sequência de Picard para o problema 0 1 2 n

y' = x2 2 + y, y (0) = 0.

Determine φ , φ , φ e φ . 0 1 2 3

Observação. Suponha que f e sejam contínuas no aberto Ω e veja

(x , y ) ∈ Ω. Sejam a > 0 e b > 0 dois reais tais que o retângulo 0 0

x − a ≤ x ≤ x + a e y − b ≤ y ≤ y + b 0 0 0 0

esteja contido em Ω. Seja M > 0 tal que

 

no retângulo citado. Seja r > 0 tal que

r ≤ a e Mr ≤ b.

Pode ser provado (veja Apêndice 1) que a sequência de Picard

φ (x) = y 00

 

converge uniformemente em [x − r, x + r]. Pode ser provado, ainda, 0 0 que a função y = φ (x), x ∈ [x − r, x + r], dada por 0 0

 

é solução da equação

y' = f (x, y)

satisfazendo a condição inicial φ (x ) = y . 0 0