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Equações diferenciais ordinárias, EDOs

Equações diferenciais ordinárias, EDOs

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Paulo Bordoni

December 08, 2018
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Transcript

  1. No 1º a incógnita é um número real e no

    2º um vetor de n componentes. Já vimos como aproximar a solução de dois tipos de equações: as equações algébricas e os sistemas de equações.
  2. A forma geral de uma Equação Diferencial Ordinária (de 1ª

    ordem) é = , na qual : ⊂ ℝ × ℝ → ℝ é uma função a valores reais definida num aberto do plano − . Nas equações diferenciais a incógnita é uma função.
  3. Se = 1 2 ⋯ e = 1 2 ⋯

    são vetores de ℝ então ′ = (, ) é uma equação vetorial que descreve um sistema de EDOs. O estudo de EDO’s remonta aos inventores do Cálculo Diferencial e Integral, Newton e Leibnitz, entorno dos anos 1670. Euler (século XVIII) apresentou contribuições fundamentais.
  4. Uma solução de uma EDO ′ = (, ) é

    uma função diferenciável ↦ definida num intervalo aberto ⊂ ℝ tal que: • (, ) ∈ , para todo ∈ , • ′ = (, ), para todo ∈ . Às vezes anotaremos a derivada temporal Τ () por ′ . Então a EDO ficará ′ = , .
  5. Γ () O aspecto visual de uma solução ↦ de

    uma EDO ′ = (, ) definida num intervalo . O gráfico de , Γ = , ∈ = , ∈ } define um caminho diferenciável em .
  6. Γ 0 0 Se 0 , 0 ∈ então (0

    , 0 ) ∈ ℝ e se ↦ () é uma solução da EDO então ′ 0 = (0 , 0 ). Portanto a inclinação de no ponto 0 é o número = 0 , 0 pois 0 = 0 ! Loirinha, a interpretação geométrica da solução de uma EDO é belíssima. Explique à ela Mestra!
  7. Na forma de equações o sistema fica ′1 = 1

    (, ) ′2 = 2 (, ) ⋮ ′ = (, ) , com = 1 2 ⋮ . Você falou, à pouco, em sistemas de EDOs, Mestra? Francamente, não entendi.
  8. Sim, basta escrevermos ቊ ′ = ′ = (, ,

    ) Uma equação diferencial ordinária de 2ª ordem, ′′ = (, ′, ), se reduz a um sistema de duas equações de 1ª ordem.
  9. Se , = + (), com , funções de ,

    a EDO ′ = (, ) é linear. Caso = 0 a equação é homogênea. Para sistemas, é uma matriz × e um vetor.
  10. A Eq. Dif. Ordinária ′ = 2 é facílima de

    resolver Surfista. Claro Mestra a solução é = 2.
  11. Claro que não, se = 2 então () = 2.

    Errou feio apressadinho!
  12. A Loirinha tem razão Surfista. Para = 2 + temos

    também () = 2 quando é constante real qualquer. Temos assim toda uma família, a um parâmetro ∈ ℝ, de soluções = 2 + .
  13. O gráfico para, ∈ −1.0, −0.8, −0.6, ⋯ , 0.8,1.0

    , de algumas funções = 2 + da família ℱ = { : [−2,2] → ℝ , ∈ ℝ } de soluções da EDO ′ = 2. Observem que 0 = .
  14. Torno a repetir, a EDO ′ = 2 possui uma

    infinidade de soluções, = 2 + . Uma para cada ∈ ℝ. Um Problema de Valor Inicial – PVI, para uma EDO é uma forma de individualizar uma solução.
  15. Dada uma função : ⊂ ℝ × ℝ → ℝ

    e um ponto 0 , 0 ∈ , um problema de valor inicial para uma EDO ′ = (, ) consiste em: Determinar um intervalo aberto = 0 − , 0 + , > 0 e uma função diferenciável : → ℝ, t ↦ , tais que: ൝ ′ = , , ∀ ∈ → 0 = 0 → é solução da EDO satisfaz a condição inicial Problema de Valor Inicial
  16. É claro, pois se ′ = () então pelo teorema

    fundamental do cálculo teremos − (0 ) = න 0 ′ , e como 0 = 0 obtemos = 0 + න 0 . Se, num PVI ቊ ′ = , 0 = 0 para uma EDO, a função : → ℝ independe da variavel , isto é , ↦ a solução é obtida por integração direta.
  17. Complicado Mestre! Claro que não Loirinha! Você e o Cabelos

    de Fogo mostraram que o problema de valor inicial ቊ ′ = 2 0 = tem como solução a função = 2 + . É mesmo, nesse caso ′ = 2 e 2 = − 0 = |0 = න 0 ′ . Comentário do Cabelos de Fogo
  18. A propriedade enunciada na próxima transparência justifica o qualificativo autônoma.

    As equações autônomas constituem um outro caso particular de EDOs. Nelas a função : → ℝ independe da variável , isto é a EDO é ′ = ()
  19. Uma função ↦ () é solução do PVI ቊ ′

    = () 0 = 0 se, e somente se, a função = + 0 , é solução do PVI ቊ ′ = () 0 = 0 . Trata-se de autonomia no sentido de liberdade para começar:
  20. Um exemplo de EDO autônoma é o modelo de Verhulst

    (∗) para crescimento de uma população: ′ = − , a, b > 0 . Trata-se de uma EDO separável cuja solução é = Τ 0 { 0 + − 0 − −0 } (∗) Veja pgs. 18-21, Eq. Dif. Aplicadas - D.G.Figueiredo & A.F. Neves, Coleção Matem. Universitária
  21. A solução dessa EDO autônoma satisfaz 0 = 0 e

    lim →∞ = /. Para os dados abaixo os gráficos das duas soluções são:
  22. Apenas em si, (, ) define um campo escalar (,

    ) ↦ (, ) num domínio ⊂ ℝ2 e a valores reais. Entretanto, a igualdade em ′ = (, ) informa que o valor numérico desse campo (, ) ↦ (, ) deve ser interpretado como uma derivada ′ = Τ .
  23. () ′ = (, ) 0 1 (1 , 1

    ) 2 1 0 2 (0 , 0 ) (2 , 2 ) Se entendi, Galileu, o campo escalar (, ) ↦ (, ) define a inclinação ′(t) da função ↦ (), para cada ponto .
  24. 0 1 (1 , 1 ) 2 1 0 2

    (0 , 0 ) (2 , 2 ) Pois é Cabelos de Fogo, poderemos também pensar em um campo de vetores, se levarmos em consideração o sentido de percurso da curva ↦ (, ()). Repetindo a fala do Surfista, o campo (, ) ↦ (, ) é um campo escalar de inclinações definido em cada ponto (, ) ∈ ⊂ ℝ2.
  25. Em outras palavras para cada ponto (, ) ∈ o

    campo associa um vetor , = (, ) (, ) . Imagine o fluxo d’água num rio e pense no campo de velocidades (das partículas de água). Um campo de vetores com domínio ⊂ ℝ2 é uma aplicação : → ℝ2 dada por (, ) ↦ , = (, ) (, )
  26. Pois é, um campo escalar. Entretanto a igualdade ′ =

    (, ) força a entender os valores (, ) como inclinações, já que ′ = Τ é uma derivada. Mas a função (, ) ↦ (, ) assume valores reais, isto é, (, ) ∈ ℝ. Francamente, não entendo!
  27. Este programa traça o campo de vetores definido pela função

    (, ) ↦ (, ). O rabinho deles fica preso nos pontos da meshgrid().
  28. Modifiquei o programa, acrescentando o trecho recortado, onde os vetores

    do campo são normalizados com uma gradação de cores para definir seus tamanhos (normas). As cores mais escuras indicam vetores com norma maior .
  29. 1 0 1 0 () () () Imagine Loirinha, que

    um ponto = () está se deslocando sobre um caminho , parametrizado por ↦ = [ , ], para ∈ [0 , 1 ] () é o vetor deslocamento, a posição em cada instante de tempo .
  30. Para concretizar, Loirinha: você se deslocando de bicicleta na pista

    da Lagoa Rodrigo de Freitas. A Lagoa é a curva e sua posição no instante é = () () . O deslocamento do Surfista é outro!
  31. 1 0 1 0 () () ′() () A velocidade

    de deslocamento do ponto () é dada por ↦ ′ = [ ′(), ′ ] É o vetor tangente à curva no ponto (). Eu ando mais rápido!
  32. ′() ′() ′() () () () Claro Mestre, é a

    velocidade da minha bicicleta! Atenção Surfista: O vetor velocidade ′() e suas coordenadas ′() e ′ são referidas à um sistema de referência “amarrado” em ().
  33. Fiz um programa que recebe a expressão da função (,

    ), calcula a solução ↦ () do PVI ቊ ′ = (, ) 0 = 0 e traça alguns vetores do campo (, ) ↦ (, ) tangentes ao gráfico de .
  34. Usei uma escala de cores (crescendo do + claro ao

    + escuro) para pintar os vetores tangentes desenhados com a função arrow() da matplotlib.
  35. 1 0 0 () 1 = [ , ] ′

    = [ 1, ′ ] Para funções, a parametrização é ↦ [, ]. E portanto o vetor velocidade é ↦ ′ = [ 1, ′ ], no sistema de coordenadas amarrado na bicicleta.
  36. Isto explica os parâmetros , , , exigidos pela função

    quiver(). Uma explicação esclarecedora, Mestra!
  37. Como já vimos, um problema de valor inicial, PVI, é

    constituído por uma equação diferencial mais uma condição inicial: ቊ ′ = (, ) 0 = 0 . Uma pergunta fundamental é: Todo problema de valor inicial, PVI, tem solução?
  38. Confira a afirmação do Mestre em “Equações Diferenciais Ordinárias”, C.L.

    Doering e A.O. Lopes, Teorema de Cauchy- Peano, pg.387. Para que um PVI possua solução, basta que a função (, ) ↦ , seja contínua no seu domínio e que 0 , 0 ∈ .
  39. Entretanto, para a unicidade de solução de um PVI, é

    preciso que a função seja Lispschitz contínua no seu domínio . Para maiores detalhes veja o Teorema de Picard-Lindelöf, às pgs. 384,385 da referência anterior.
  40. Mestres, testar essa condição de Lipschitz é complicado. Não há

    algum teste mais simples? Tem sim Loirinha. Lendo, descobri no livro de Doering & Lopes que basta testarmos se e Τ (, ) são funções contínuas em (nas duas variáveis).
  41. A grande pergunta é: Dada a função (, ) ↦

    (, ) satisfazendo as condições de existência e unicidade, como obter, numericamente, a função ↦ (), que resolve o problema de valor inicial.
  42. Na realidade obteremos aproximações para o problema de valor inicial

    ቊ ′ = (, ) 0 = 0 . Começamos assumindo que a solução ↦ () é única e está definida num intervalo num intervalo [a,b]
  43. Em seguida criamos uma partição , = = 0 ,

    1 , … , = e calculamos aproximações 0 , 1 , … , para os valores exatos 0 , 1 , … , ( ). A utilização de partições uniformes, nas quais +1 = + ℎ, para = 0,1, … , − 1 com ℎ = ( − )/, permite criar algoritmos recursivos que permitam calcular facilmente +1 a partir de
  44. Conhecida a ↦ (), para ℎ pequeno, o quociente de

    Newton fornece ′ ≅ +1 − ℎ . Então, se ↦ () é solução da equação ′ = (, ) teremos +1 − ℎ ≅ ( , )
  45. Teríamos então uma fórmula recursiva de aproximação: +1 ≅ +

    ℎ ∙ , , = 0,1, … − 1 Teríamos ou teremos?
  46. Teríamos, porque ↦ () é nossa incógnita. Não a conhecemos!

    Entretanto, para = 0 a aproximação é válida, pois da condição inicial 0 = 0 tiramos 1 ≅ 0 + ℎ ∙ 0 , 0 .
  47. De fato, a fórmula fornece uma aproximação 1 para (1

    ): 1 ≅ 1 = 0 + ℎ ∙ 0 , 0 . Repetindo a ideia da tangente para os pontos 1 , (1 ) , 2 , (2 ) , etc, temos o método de Euler.
  48. O Mestre fez um programa que mostra a solução do

    PVI ቊ ′ = (, ) 0 = 0 para ∈ [0, ] pelo método Euler, com passo ℎ escolhido pelo usuário. Além disso, comparo com a solução “exata” e mostro o erro.
  49. Nesta e nas próximas três transparências, um exemplo detalhado do

    método de Runge-Kutta para EDOs de 2ª ordem.
  50. São apenas dois métodos, o odeint e o ode. Mas,

    conforme veremos, muito poderosos.
  51. As quatro transparências a seguir são apenas informativas - o

    seu conteúdo não será exigido nas provas.