Disclaimer
Essas anotações são excertos de um texto sobre equações diferenciais escrito em 2016 e publicado para fins de divulgação científica. Agora, 6 anos depois eu não tenho ideia do que eu queria desenvolver ou concluir com ele. Vão-se os conhecimentos, ficam os registros.
Uma equação diferencial da forma
\[I(x,y)dx + J(x,y)dy=0\]é exata se existe uma função $\phi(x,y)$ – chamada função “potencial” – tal que
\[\begin{aligned} \frac{\partial \phi}{\partial x}&=I(x,y)\\ \frac{\partial \phi}{\partial y}&=J(x,y). \end{aligned}\]Lembrando que, dada uma função $z(x,y)$, o Teorema de Schwarz garante que
\[\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x},\]segue que, se a equação diferencial inicial é exata, então
\[\frac{\partial I}{\partial y}=\frac{\partial J}{\partial x}.\]Para ilustrar, considere
\[\left(\frac{x+y}{1+y^2}\right)y'=-(x+arctan(y)),\]e observe que
\[\begin{aligned} \left(\frac{x+y}{1+y^2}\right)y'&=-(x+arctan(y))\\ \left(\frac{x+y}{1+y^2}\right)\frac{dy}{dx}&=-(x+arctan(y))\\ \left(\frac{x+y}{1+y^2}\right)dy\, &+\, (x+arctan(y))dx =0.\\ \end{aligned}\]Lembrando que qualquer equação diferencial linear de primeira ordem pode ser escrita assim, o que não implica que ela é exata. Nesse caso é preciso verificar. Veja que
\[\begin{aligned} I(x,y)&=(x+arctan(y))\\ J(x,y)&=\left(\frac{x+y}{1+y^2}\right). \end{aligned}\]Então
\[\frac{\partial I}{\partial y}=\frac{1}{1+y^2}=\frac{\partial J}{\partial x}\]e a função
\[\phi(x,y)=\frac{x^2}{2}+x\,arctan(y)+\frac{1}{2}ln(1+y^2)\]satisfaz a condição necessária para ser função potencial da equação desse exemplo.
Além do fato da equação diferencial linear
\[y' + p(x)\, y=q(x)\]possuir solução geral, ela aparece em dois métodos de resolução, então seria legal saber como encontrar soluções pra ela. Pra isso é conveniente escrevê-la da seguinte forma
\[dy + \left[ p(x)y-q(x) \right]dx=0.\]Apesar de ser tentador classificar a equação acima como exata, não é possível saber, a princípio, se é ou não. A ideia por trás da obtenção da solução geral é “forçá-la” a ser exata. Para isso multiplica-se uma função $v(x)$ em ambos os lados da igualdade
\[v(x)\left[ p(x)y - q(x) \right]dx + v(x)dy=0\]e procura-se as condições que tornam a equação exata. Dessa equação se obtém que
\[\int v(x)p(x)ydx - \int v(x)q(x)dx + \int v(x)dy=C_1,\]Mas se a equação anterior for exata, vai ser verdade que
\[\frac{\partial}{\partial y}\left[ v(x)p(x)y - v(x)q(x) \right]=\frac{\partial}{\partial x}v(x)\]Ou seja
\[\begin{aligned} v(x)p(x) &=\frac{dv}{dx}\\ p\,dx &= \frac{dv}{v} \end{aligned}\]Que leva à
\[v(x)=e^{( \int p(x)\,dx )}.\]Assim
\[\begin{aligned} \int v(x)p(x)ydx - \int v(x)q(x)dx + \int v(x)dy&=C\\ \int v'(x)ydx - \int v(x)q(x)dx + \int v(x)dy&=C\\ v(x)y - \int v(x)q(x)dx + v(x)y&=C\\ v(x)y - \int v(x)q(x)dx&=K\\ y\,e^{( \int p(x)\,dx )} - \int e^{( \int p(x)\,dx )}q(x)dx&=K \end{aligned}\]Então
\[\boxed{ y(x) = K\,e^{ -\int p(x)\,dx} + e^{ -\int p(x)\,dx}\int e^{ \int p(x)\,dx }q(x)dx }\]é solução da equação diferencial linear.
Para ilustrar, considere
\[y'-y=e^{2x}.\]Nesse caso
\[\begin{aligned} p(x) &=-1\\ q(x) &= e^{2x}, \end{aligned}\]Então
\[\begin{aligned} y(x) &= K\,e^{ -\int p(x)\,dx} + e^{ -\int p(x)\,dx}\int e^{ \int p(x)\,dx }q(x)dx\\ y(x) &= K\,e^{ \int dx} + e^{ \int dx}\int e^{ -\int dx }e^{2x}dx\\ y(x) &= K\,e^{x} + e^{x}\int e^{x}dx\\ y(x) &= K\,e^{x} + e^{2x}\\ \end{aligned}\]é solução da equação diferencial inicial.
Nesse ponto, é interessante citar a ideia de operador diferencial.
A maneira como eu entendo operadores é a seguinte: operadores são coisas que você gruda em outras coisas para aplicar alguma regra nelas. Um bom exemplo de operador é o gradiente, $\nabla$, que a grosso modo, no $R^3$, tem a seguinte cara
\[\nabla \equiv \left( \frac{\partial}{\partial x}\hat{x} + \frac{\partial}{\partial y}\hat{y} + \frac{\partial}{\partial z}\hat{z}\right).\]Assim, dada a função
\[f(x,y,z)=cos(xy) + 5z^2x\]pode-se aplicar esse operador através de uma espécie de multiplicação, por exemplo
\[\begin{aligned} \nabla f &= \left( \frac{\partial}{\partial x}\hat{x} + \frac{\partial}{\partial y}\hat{y} + \frac{\partial}{\partial z}\hat{z}\right)f\\ \nabla f &= \frac{\partial f}{\partial x}\hat{x} + \frac{\partial f}{\partial y}\hat{y} + \frac{\partial f}{\partial z}\hat{z}\\ \nabla f &= [-sin(xy)y+5z^2]\;\hat{x} + [-sin(xy)x]\;\hat{y} + [10xz]\;\hat{z}\\ \nabla f &= \left(-sin(xy)y+5z^2,\;\; -sin(xy)x,\;\; 10xz\right), \end{aligned}\]obtendo-se o gradiente de $f$.
É interessante notar que o gradiente aplicado a uma função escalar resulta em uma função vetorial. É possível “combinar” o nabla $\nabla$ à funções escalares e vetoriais de outras formas de modo a obter outras coisas além do gradiente, como, por exemplo, o divergente, o rotacional e o laplaciano.
Fica claro então que basta alguma regra associada a algum tipo de objeto matemático para se criar um operador. Além disso essa regra pode ser complicada de se escrever, então do ponto de vista estético o uso de operadores tende a deixar as coisas mais claras.
Dito tudo isso, segue uma “definição”, digamos, do tal operador diferencial:
\[D^n_t \equiv \frac{d^n}{dt^n}.\]Então a aplicação do operador diferencial $D^n_t$ em uma função escalar resulta na n-ésima derivada da função com respeito à variável $t$.
Como tudo até aqui tem sido dependente da variável $x$, é conveniente simplificar a coisa para
\[D^n \equiv \frac{d^n}{dx^n}.\]Então na prática é o seguinte:
\[D^ny \equiv \frac{d^ny}{dx^n},\]Então algo como
\[\frac{d^6y}{dx^6}+2\frac{d^5y}{dx^5}-2\frac{d^3}{dx^3}-\frac{dy}{dx}+22y=0\]passa a ser escrito como
\[(D^6+2D^5-2D^3-D+22)y=0.\]Eventualmente pode ser interessante definir $D^6+2D^5-D^3-D+22$ como um certo $L$ de modo que se possa escrever a equação acima como
$L(y)=0.$
Então, pra concluir essa primeira parte, seria possível definir $L$ tal que
\[L=D-1\]e aí reescrever aquele exemplo da equação diferencial linear como
\[L(y)=e^{2x}.\](não tenho ideia do que esse final anticlimático deveria significar)
A equação diferencial de segunda ordem homogênea
\[y''+ay'+by=0\]também tem solução geral. Para chegar nessa solução é interessante estudar separadamente as soluções de cada forma que essa equação assume.
A solução geral desse caso se obtém por uma sequência de integrações:
\[\begin{aligned} y'' &= 0\\ y' &=C_1\\ y &= C_1x + C_2.\\ \end{aligned}\]Nesse caso um primeiro detalhe é que qualquer número ao quadrado pode ser escrito como um certo $-k^2$. Então
\[\begin{aligned} y'' +by&= 0\\ y'' &=-by\\ y'' &= k^2y.\\ \end{aligned}\]Nesse ponto não tem jeito – entenda “método” –, tem que procurar alguma função que satisfaça a igualdade acima. Procurando, pensando e inspecionando um pouco, conclui-se que duas funções são soluções dessa equação:
O princípio da superposição garante que a combinação linear de soluções de equações diferenciais lineares também são soluções, então a solução geral desse caso é
\[y=C_1e^{kx}+C_2e^{-kx}.\]Analogamente ao caso anterior, qualquer número positivo pode ser escrito como um certo $k^2$, então
\[\begin{aligned} y'' +by&= 0\\ y'' &=-by\\ y'' &= -k^2y.\\ \end{aligned}\]Novamente, depois de procurar, pensar e inspecionar conclui-se que
são soluções. Novamente pelo princípio da superposição se obtém a solução geral
\[y=C_1cos(kx)+C_2sin(kx).\]Esse é o caso mais geral. A motivação do raciocínio que conduz à solução geral é querer reduzir essa forma em uma das três anteriores, já que suas soluções já são conhecidas. Para isso a ideia é usar uma variação de uma estratégia recorrente na tentativa de resolução de equações diferenciais, como por exemplo
\[\frac{dy}{dx}=\frac{y-x}{y+x}\]que é fazer uma substituição do tipo $y=ux$. No caso a escolha será
\[y=uv.\]Dessa substituição segue que
\[\begin{aligned} y'&=u'v+uv'\\ y''&=u''v+2u'v'+uv''. \end{aligned}\]Então
\[\begin{aligned} y''+ay'+b&=0\\ u''v+2u'v'+uv'' + a(u'v+uv')+buv&=0\\ (v''+av'+bv)u+(2v'+av)u' + vu''&=0.\\ \end{aligned}\]Para que a equação acima assuma alguma forma cuja solução seja conhecida é preciso que o termo com $u$ suma. Para isso
\[\begin{aligned} 2v'&=-av\\ \frac{2}{a} \left( \frac{v'}{v} \right) &= -1\\ \frac{2}{a} ln(v) &= -x + C\\ v &= Ke^{-\frac{ax}{2}} \end{aligned}\]Então qualquer $v$ com essa forma faz o trabalho de eliminar o $u’$. Agora sabe-se que
\[v'=-\frac{a}{2}v\]e
\[v''=\frac{a^2}{4}v,\]então
\[\begin{aligned} y''+ay'+b&=0\\ (v''+av'+bv)u+(2v'+av)u' + vu''&=0\\ \left( \frac{a^2v}{4}-\frac{a^2v}{2}+bv \right)u +v''u&=0\\ \left( u''-\frac{4b-a^2}{4}u \right)v&=0 \end{aligned}\]Não perdendo de vista que $v$ nunca vai ser igual a zero, segue que a solução da equação diferencial inicial será
\[y=e^{-\frac{ax}{2}}u,\]onde $u$ satisfaz
\[u''-\frac{4b-a^2}{4}u = 0,\]que é exatamente a forma estudada nos casos anteriores! Então, assim como as soluções depediam do sinal de $b$, agora a natureza da solução da equação diferencial inicial depende do sinal do numerador de
\[d=\frac{4b-a^2}{4}.\]A união de tudo que foi dito até agora leva à solução da equação diferencial
\[y''+ay'+by=0\]que tem a forma
\[y=e^{-\frac{a}{2}x}\left( C_1 u_1 + C_2 u_2\right)\]onde $u_1$ e $u_2$ são determinadas pelo sinal de $d$ de modo que
\[\begin{aligned} d=0 & \Rightarrow & u_1&=1 &u_2 &=x &\\ d0 & \Rightarrow & u_1&=cos(kx) &u_2 &=sin(kx)& \;\; (d=k^2)\\ \end{aligned}\]Então algo com a cara
\[y^{\prime\prime} - 13y^{\prime} + 7y = 0\]tem solução igual a
\[y(x) = C_1 e^{-\frac{1}{2} \left( \sqrt{141}-13 \right) x}+C_2 e^{\frac{1}{2} \left( 13 + \sqrt{141}\right) x}.\](novamente, não tenho ideia do que esse final anticlimático deveria significar)