Equações Diferenciais Ordinárias Lineares de 1ª Ordem.

Nesse artigo, queremos desenvolver conceitos teóricos e mostrar exercícios resolvidos das EDO’s de primeira ordem lineares. Em geral, uma equação diferencial ordinária de primeira ordem é representada por  \frac{dy}{dt}= f\left(t,y \right) onde f é uma função nas variáveis t e y.

Nosso problema consiste em: Dada f\left(t,y \right), encontre funções y(t) que satisfaçam essa equação. O que garante a existência de tais soluções é o teorema da existência e unicidade de soluções para equações diferenciais de primeira ordem, que sob certas condições asseguram a existência de um intervalo que tal solução está definida.

Agora, vamos estudar um tipo específico de EDOs de primeira ordem: as EDOs de 1ª Ordem Lineares. Lembre-se que linearidade significa que todos os coeficientes são funções de x somente e que y e todas as suas derivadas são elevadas à primeira potência. Agora, quando n = 1, obtemos uma equação linear de primeira ordem.

Equações Diferenciais de Primeira Ordem Lineares

Uma E.D.O. linear tem forma geral dada por $$ \frac{dy}{dt}+a(t)y=b(t) $$ onde as funções a(t) e b(t) são funções contínuas em relação a variável t.

Esta equação é dita linear, pois a variável dependente y aparece somente nesta forma, ou seja, não exitem funções não-lineares na variável y nestas equações.

Por hipótese, as funções a(t) e b(t) são funções contínuas em um intervalo I e t_0 é um ponto desse intervalo. Então, segue do Teorema da Existência e Unicidade que existe uma única solução para o problema de valor inicial $$ \frac{dy}{dt}+a(t)y=b(t); \;\;\; y(t_0) = y_0. $$

EXEMPLO:

1. y' + t^2 y = \cos(t) e t\frac{dy}{dt} + e^t y = \tan(t) são EDO’s lineares, pois os termos não-lineares estão apenas em função da variável tempo (variável t).
2. y' = y^2 +\sin t e \frac{dy}{dt}=\cos y +t são ambas não lineares, pois os termos y^2 e \cos y são não lineares.

Observe que uma EDO linear de primeira ordem que possui o termo b(t) da equação \frac{dy}{dt}+a(t)y=b(t) nulo é uma EDO separável.

Por outro lado, usando diferenciais, podemos escrever a equação \frac{dy}{dt}+a(t)y=b(t) como $$ dy + \left[ a(t) y – b(t) \right] dt = 0.$$ Equações lineares possuem a agradável propriedade que nos garante sempre poder encontrar um fator integrante dependendo da variável independente que a torne uma EDO exata.

Um Método de Solução  

Considere a equação diferencial $$ y’ + a(t) y = b(t). $$

1. Encontre $$p(t) = \int{a(t)}dt$$
2. Multiplique a equação y' + a(t) y = b(t) por e^{p(t)}, que fica $$e^{p(t)} y’ + e^{p(t)} a(t) y = e^{p(t)} b(t).$$
3. Observe que $$\left( e^{p(t)} y \right)’ = e^{p(t)} y’ + e^{p(t)} a(t) y = e^{p(t)} b(t).$$ Logo, $$ \left( e^{p(t)} y \right) = \int{e^{p(t)} b(t)}dt$$

Insisto para que o aluno não memorize a fórmula dada no terceiro item, e o procedimento seja repetido sempre, logo, por conveniência, resumimos os resultados.

EXEMPLO: Considere a equação diferencial $$ y’ + \frac{1}{2} y = \frac{1}{2} e ^{\frac{t}{3}}.$$

Primeiramente, vamos encontrar a solução geral desta EDO linear:

• p(t)= \int{\frac{1}{2}} dt= \frac{1}{2} t.
• e^{\frac{1}{2} t} y' + e^{\frac{1}{2} t} \frac{1}{2} y = e^{\frac{1}{2} t} \frac{1}{2} e^{\frac{t}{3}} \Leftrightarrow

\Leftrightarrow \left\{e^{\frac{1}{2} t} y \right\}' = e^{\frac{1}{2} t} \frac{1}{2} e ^{\frac{t}{3}} \Leftrightarrow

\Leftrightarrow e^{\frac{1}{2} t} y = \int{e^{\frac{1}{2} t} \frac{1}{2} e ^{\frac{t}{3}}}dt = \frac{1}{2} \int{e^{\frac{5t}{6}}}dt \Leftrightarrow

\Leftrightarrow e^{\frac{1}{2} t} y = \frac{3}{5} e^{\frac{5t}{6}} + C \Leftrightarrow

y = \frac{3}{5} \frac{e^{\frac{5t}{6}}}{e^{\frac{1}{2} t}} + \frac{C}{e^{\frac{1}{2} t}} \Leftrightarrow

\Leftrightarrow y = \frac{3}{5} e^{\frac{t}{3}} + C e^{-\frac{1}{2} t}

Portanto, a solução desta EDO linear é $$ y = \frac{3}{5} e^{\frac{t}{3}}+Ce^{-\frac{1}{2} t}.$$

Agora vamos encontre a solução desta EDO para a condição inicial y(0) = 1.}

Temos que, y(0) = \frac{3}{5}\;\; e^{\frac{0}{3}} + C e^{-\frac{1}{2} 0} = \frac{3}{5}+ C =1 \Leftrightarrow

\LeftrightarrowC =1 - \frac{3}{5}=\frac{2}{5}.

Logo, a solução do PVI y' + \frac{1}{2} y = \frac{1}{2} e ^{\frac{t}{3}} ; y(0) = 1 é $$ y = \frac{3}{5} e^{\frac{t}{3}} + \frac{2}{5} e^{-\frac{1}{2} t}.$$

EXEMPLO: Vamos resolver o problema de valor inicial $$ t \frac{dy}{dt} + 2y = 4t^2; \;\; y(1) = 2 .$$

Primeiro precisamos manipular algebricamente nossa equação: $$t \frac{dy}{dt} + 2y = 4t^2 \Leftrightarrow \frac{dy}{dt} + 2\frac{y}{t} =4t.$$

Assim, p(t) = \int{\frac{2}{t}}dt=2\ln |t|.

Daí, multiplicando e^{2\ln |t|}=t^2. nos termos da equação obtemos

$$t^2\frac{dy}{dt} + 2ty = 4t^3$$
$$ \frac{d}{dt} \left( t^2y \right) = 4t^3$$
$$ t^2y = \int_{1} ^{t}{4s^3}ds=t^4 -1 $$
$$ y = t^2 – \frac{1}{t^2}$$

EXEMPLO: Resolva o problema de valor inicial $$ \frac{dy}{dx} = \frac{1}{x + y^2}, \;\;\; y(-2) = 0. $$

Essa equação diferencial não é separável, homogênea, exata ou linear na variável y . Porém, se invertermos as variáveis, teremos $$\frac{dx}{dy} = x + y^2,$$ ou seja, $$ \frac{dx}{dy} – x = y^2.$$

Esta última equação é linear em x(y) , assim o fator de integração correspondente é e^{-\int dy}  = e^{-y} . Logo, a equação fica $$ e^{-y} \frac{dx}{dy} – e^{-y} x = e^{-y} y^2$$ $$\frac{d}{dy} e^{-y} x = e^{-y} y^2 $$ $$  e^{-y} x = \int{e^{-y} y^2 dy}.$$

Usando integração por partes obtemos $$x = – y^2 – 2y -2 + c e^y.$$

Quando x = -2, y=0, encontramos c =0 e daí $$x = – y^2 – 2y -2 .$$

EXEMPLO: Resolva o problema de valor inicial $$ \frac{dy}{dx} + y = f(x), \;\;\; y(0) = 0,$$ onde f(x) =1 se 0 \leq x \leq 1 e  f(x) = 0 se x > 1 .

Facilmente podemos ver que a função f(x) é descontínua no ponto x =1 . Consequentemente precisamos resolver o problema  em duas partes.

Para 0 \leq x \leq 1 , temos o PVI $$ \frac{dy}{dx} + y = 1, \;\;\; y(0) = 0,$$ que terá solução dada por $$ y = 1 – e^x, 0 \leq x \leq 1. $$

Para x > 1 temos a equação $$ \frac{dy}{dx} + y = 0,$$ que é uma EDO separável e linear, com solução dada por $$y = c e^{-x}.$$

Logo, podemos escrever y(x) =  1 - e^x   se  0 \leq x \leq 1 e y(x) = c e^{-x} se x > 1.

Exercícios Resolvidos sobre EDOs de Primeira Ordem Lineares

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