EDO.pdf

Prévia do material em texto

Sumário
1 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS: PRINCIPAIS CONCEITOS 6
1.1 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª ORDEM E 1º GRAU 15
2.1 Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis . . . . . . 20
2.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3 Equações Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.5 Equações Redutíveis a Variáveis Separáveis ou
Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.7 Equações Lineares de 1ª Ordem . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.8 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.9 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.10 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.11 Equações Redutíveis a Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.12 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.13 Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.14 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.15 Equações de Riccati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.16 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2.17 Substituições Diversas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.18 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3 EQUAÇÕES DIFERENCIAIS LINEARES DE 2ª ORDEM 58
3.1 Equações Lineares de Segunda Ordem Homogêneas . . 66
3.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3
3.3 Equações Lineares de SegundaOrdemHomogêneas com
Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3.5 Equações Lineares Homogêneas de Ordem = > 2. . . . . 88
3.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
3.7 Equações Lineares de Segunda Ordem Não Homogêneas 93
3.7.1 Método do Coeficiente a Determinar . . . . . . . . 95
3.7.2 Método da Variação de Parâmetro . . . . . . . . . . 104
3.7.3 Método do Operador Derivada (ou Anuladores) . 110
3.8 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
4 TRANSFORMADAS DE LAPLACE 122
4.1 Definições, Exemplos e Resultados . . . . . . . . . . . . . 122
4.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
4.3 Transformada inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
4.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
4.5 Resolvendo EDO’s Usando as Transformadas de Laplace 143
4.6 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
5 APÊNDICE 1 153
5.1 Equações Diferenciais de 1ª Ordem e Grau Diferente de
Um . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
5.1.1 Equações de Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . 153
5.1.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
5.1.3 Equações de Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
5.1.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
5.2 Equação de Euler-Cauchy Homogênea . . . . . . . . . . . 159
5.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
5.4 Sistemas de Equações Diferenciais Lineares . . . . . . . . 162
5.4.1 Sistemas Homogêneos com Matrizes de
Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . . . . 167
5.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
5.6 Análise de Retratos de Fase . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
5.6.1 Autovalores Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178
5.6.2 Autovalores Complexos . . . . . . . . . . . . . . . . 184
5
6 APÊNDICE 2 188
6.1 Soluções em Série para Equações Lineares de Segunda
Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
6.1.1 Sequências e Séries de Números Reais . . . . . . . 188
6.1.2 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
6.1.3 Séries de potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204
6.1.4 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
6.2 Soluções em Série Perto de um Ponto Ordinário . . . . . 214
6.3 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
6.4 Soluções em Série Perto de um Ponto Singular Regular . 220
6.5 Exercícios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
Capítulo 1
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS:
PRINCIPAIS CONCEITOS
Chama-se equação diferencial a equação que possui derivadas ou
diferenciais de uma ou mais variáveis dependentes, em relação a
uma ou mais variáveis livres. Dizemos que a equação diferencial é
ordinária se as variáveis dependentes forem função de uma variável
livre, caso contrário, serão chamados de equações diferenciais parciais.
Mais precisamente, uma Equação Diferencial Ordinária (EDO) é uma
equação da forma
�(G, H(G), H′(G), H′′(G), . . . , H(=)(G)) = 0 (1.1)
envolvendo uma função incógnita H = H(G) e suas derivadas ou suas
diferenciais. A incógnita G é a variável independente e H é a variável
dependente e o símbolo H(:) denota a derivada de ordem : da função
H = H(G).
Em quase toda essa notas, a variável dependente será dada por H e
a independente, ora por G ora por C. A derivada ordinária de ordem
= ∈ N da variável H com respeito à G, pode ser denotada do seguinte
6
7
modo:
H(=)(G) =
3=H
3G(=)
(G)
que em alguns casos pode ser omitido o ”(G)”. Por exemplo, se = = 1,
temos
H′ =
3H
3G
.
Quando a equação diferencial possui duas ou mais derivadas
dependentes dizemos que a equação diferencial é Parcial (EDP).
Exemplo 1. a)
3H
3G
= 3G − 1;
b)
32H
3G2
−
3H
3G
+ 12H = 645G;
c)
(
32H
3G2
)3
− 5
(
3H
3G
)4
= cos G;
d) %I
%G
+ G %I
%H
= 3GHI.
Exemplo 2. Em relação ao Exemplo 1,
3H
3G
= 3G − 1; 3
2H
3G2
− 3H
3G
+ 12H = 645G e
(
32H
3G2
)3
− 5
(
3H
3G
)4
= cos G
são EDO’s e
%I
%G
+ G %I
%H
= 3GHI
é uma EDP.
Chama-se de ordem de uma equação diferencial à ordem da mais
alta derivada da função incógnita. O grau é definido como sendo o
valor do expoente para a derivada mais alta da equação.
Note que a equação (1.1) é uma equação diferencial ordinária de
ordem de = e a função � possui = + 2 variáveis. Sob certas hipóteses
8
(que sempre serão consideradas aqui) podemos considerar (1.1) como
sendo
H(=)(G) = 5 (G, H(G), H′(G), H′′(G), . . . , H(=−1)(G)), (1.2)
onde 5 : � ⊂ R=+1→ R é uma função real definida no aberto �.
Exemplo 3. Ainda no Exemplo 1, temos:
a)
3H
3G
= 3G − 1 é uma EDO de 1ª ordem e 1º grau;
b)
32H
3G2
−
3H
3G
+ 12H = 645G é uma EDO de 2ª ordem 1º grau;
c)
(
32H
3G2
)3
− 5
(
3H
3G
)4
= cos G é uma EDO de 2ª ordem e 3º grau;
d) %I
%G
+ G %I
%H
= 3GHI é uma EDP de 1ª ordem e 1º grau.
Uma equação diferencial ordinária de ordem = é dita ser linear se
podemos escreve-la da forma
0=(G)H(=) + 0=−1(G)H(=−1) + 0=−1(G)H(=−2) + · · · + 00(G)H = 1(G)
onde 0=(G) é uma função não nula.
Exemplo 4. A EDO H′ = G sen H não é linear por causa da não linearidade
da função seno, enquanto 3H
3G
+ 5H = 1 e H′ + G25 H = 2 são lineares.
Resolver uma EDO é encontrar uma função que satisfaz a equação
diferencial em algum intervalo, isto é, obter uma função que
substituída na equação, a transforme numa identidade.
Exemplo 5. A função H = G2 é solução da equação
3H
3G
= 2G.
9
Dada uma EDO é natural se perguntar sobre existência e unicidade
de sua solução. Vale ressaltar que obter uma solução para uma EDO
é muito similar a calcular uma integral e que nem todas as integrais
possuem primitivas.
Podemos classificar as soluções de uma equação diferencial
ordinária como
1. Solução geral: é a solução da equação que contém tantas
constantes arbitrárias quantas forem as unidades da ordem da
equação. Essas constantes são chamadas de parâmetros.
Exemplo 6. A solução da EDO do Exemplo 5 é a família de funções a 1
parâmetros (ou família de parábolas) H = G2 + �.
Exemplo 7. A função H = �14G + �24−2G é uma família a 2 parâmetro
de soluçõesda EDO H′′ + H′ − 2H = 0.
2. Solução particular: é a solução da equação deduzida da solução
geral, atribuindo valores particulares às constantes arbitrárias.
Exemplo 8. Fazendo � = 0, temos como solução particular a parábola
H = G2.
3. Solução singular: é a solução que não pode ser obtida através da
solução geral.
Exemplo 9. A equação H′ = GH 12 possui solução geral igual a
H =
(
1
4G
2 + �
)2
.
A equação
H = 0 (1.3)
10
é uma solução singular. Note a equação (1.3) independe do valor de G.
Além disso, não existe � ∈ R que anule
(1
4G
2 + �
)2 para todo G ∈ R.
Exemplo 10. A solução geral da EDO (H′)2 − GH′ + H = 0 tem solução
geral H = �G − �2. Uma solução singular é H = G24 .
Geometricamente, a solução geral de uma equação diferencial
representa uma família de curvas que recebem o nome de curvas
integrais.
Do ponto de vista bidimensional, dada a EDO
3H
3G
= 5 (G, H), (1.4)
suas curvas integrais em cada ponto (G, H) são tais que a reta tangente
possui coeficiente angular < = 5 (G, H). Isto sugere um método
geométrico para entender como deveriam ser as curvas integrais. Um
campo de direções é um conjunto de pequenos segmentos de reta em
cada ponto (G, H) com coeficiente angular 5 (G, H).
Exemplo 11. Considere a EDO
H′ = 2 − H. (1.5)
Note que quando H = 2 então H′ = 0, ou seja, temos uma reta horizontal ao
gráfico. O campo de direções para (1.5) é
11
Um problema de valor inicial (PVI) é uma equação diferencial
que é acompanhada de uma ou mais condições adicionais em um
determinado ponto. Mais precisamente, um problema de Valor Inicial
(PVI) de uma equação diferencial de ordem =
H(=) = 5
(
G, H, H′, H′′, · · · , H(=−1)
)
(1.6)
com as condições iniciais
H (G0) = H0
H′ (G0) = H1
H′′ (G0) = H2
...
H(=−1) (G0) = H=−1
, (1.7)
onde G0, H0, H1, H2, · · · , H=−1 são valores dados. A solução geral de
(1.6) é uma família a = parâmetros. As condições iniciais (1.7) são
usadas para determinar os valores das constantes da solução geral e,
consequentemente, achamos a solução particular.
Observação 1. O problema de valor inicial pode ser também denominado
como sendo problema de condições iniciais ou problema de Cauchy.
12
Exemplo 12. A EDO do Exemplo 5 com a condição H(0) = 0, ou seja,
3H
3G
= 2G
H(0) = 0
(1.8)
é um problema de condições iniciais ou problema de Cauchy.
Exemplo 13. Vamos resolver a EDO
H′′′ − 4G + cos G = 0 (1.9)
sujeita as condições 
H(0) = 2
H′(0) = 3
H′′(0) = 3
Integrando a equação (1.9) temos:
d2H
dG2
=
∫
(4G − cos G)dG = 4G − sen G + �1 (1.10)
Integrando novamente, ou seja, integrando (1.10) temos:
dH
dG =
∫
(4G − sen G + �1)dG = 4G + cos G + �1G + �2 (1.11)
Integrando (1.11), temos:
H =
∫
(4G + cos G + �1G + �2)dG
= 4G + sen G + 12�1G2 + �2G + �3
Portanto a solução geral é
H = 4G + sen G + 12�1G
2 + �2G + �3. (1.12)
13
Em (1.12), se H = 2, H′ = 3 e H′′ = 3 quando G = 0, temos
1 + �3 = 2
1 + 1 + �2 = 3
1 + �1 = 3
. (1.13)
A solução do sistema (1.13) é �1 = 2 e �2 = �3 = 1.
Portanto, a solução particular da EDO (1.9) é H = 4G + sen G+1+ G+ G2.
1.1 Exercícios
1. Nos problemas seguintes, determine a ordem da equação
diferencial e decida se a equação é linear ou não-linear.
(a) C2
32H
3C2
+ C
3H
3C
+ 2H = sen C;
(b) (1 + H2)H′′ + CH′ + H = 4 C ;
(c)
34H
3C4
+
33H
3C3
+
32H
3C2
+
3H
3C
+ H = 1;
(d)
3H
3C
+ CH2 = 0;
(e) H′′ + sen(C + H) = sen C
(f)
33H
3C3
+ C
3H
3C
+ (2>B2C)H = C3
2. Determine os valores de A para os quais a equação diferencial
dada tem uma solução da forma H = 4AC .
(a) H′ + 2H = 0;
(b) H′′ − H = 0;
(c) H′′ + H′ − 6H = 0;
(d) H′′′ − 3H′′ + 2H′ = 0.
14
3. Determine�1 e�2 demodoquea função H = �14G+�24−G satisfaça
a condição inicial H(0) = H′(0) = 1.
4. Mostre que a EDO H′′ + 3H′ + 2H = 0 com as condições iniciais
H(0) = 0 e H′(0) = 1 tem solução igual a H = 4−G − 4−2G .
5. Mostre que a solução identicamente nula e H = G4/16 são soluções
da EDO H′ = G√H com condição inicial H(0) = 0.
Respostas:
1. (a) Segunda ordem, linear desde que C ≠ 0;
(b) Segunda ordem, não-linear;
(c) Quarta ordem, linear;
(d) 1ª ordem, não-linear;
(e) Segunda ordem, não-linear;
(f) Terceira ordem, linear.
2. (a) A = −2;
(b) A = ±1;
(c) A = 2 e A = −3;
(d) A = 0, A = 1, e A = 2.
3. �1 = 1 e �2 = 0.
Capítulo 2
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE 1ª
ORDEM E 1º GRAU
Uma EDO linear de 1ª ordem e 1º grau é da forma
3H
3G
+ ?(G)H = @(G), (2.1)
onde ? e @ são funções contínuas.
Observação 2. Muitas vezes, as equações diferenciais (2.1) pode aparecer na
forma mais geral
3H
3G
= 5 (G, H),
onde 5 é linear na variável H.
Exercício 1. Na equação (2.1) mostre que
1. Se ? ≡ 0, então
H =
∫
@(G)3G + �
é solução.
2. Caso @ ≡ 0, sua solução agora é
H = �4−
∫
?(G)3G.
15
16
3. Por fim, se ? e @ são constantes, então
H = �4−?C +
@
?
é a solução.
Teorema 1. [Existência e Unicidade de solução de uma EDO de primeira
ordem] Considere o problema de valor inicial
3H
3G
= 5 (G, H)
H(G0) = H0
, (2.2)
onde 5 : * ⊂ R2 → R é uma função contínua no aberto *. Se % 5
%H
for
contínua, então existe um retângulo + = (0, 1) × (2, 3) e uma única função
H : (0, 1) → (2, 3) de classe �1 tal que{
H′(G) = 5 (G, H(G))
H(G0) = H0
Demonstração: (Sketch) Para existência utilizaremos o método
das aproximações sucessivas, também chamado método iterativo de
Picard. Esse método se baseia na reformulação da EDO em termos da
equação integral equivalente
!(G) = H0 +
∫ G
G0
5 (C , !(C))3C.
De fato, note que resolver a equação (2.2) é a mesma coisa que resolver
o sistema abaixo {
!′(G) = 5 (G, !(G))
!(G0) = H0
.
17
Pelo o que foi dito acima, para provar a existência é suficiente
mostrar que a aplicação
F(!)(C) = H0 +
∫ G
G0
5 (C , !(C))3C
possui um ponto fixo, isto é,
F(!) = !.
Como não sabemos se a solução H(G) existe, tentamos aproximá-
la sucessivamente através desta fórmula. Definimos como primeira
aproximação a função constante
!0(G) = H0.
O próximo passo é definir
!1(G) = H0 +
∫ G
G0
5 (C , !0(C))3C
que teoricamente é uma aproximação melhor. Repetindo esse
processo, definimos a sequência de funções iteradas
!=(G) = H0 +
∫ G
G0
5 (C , !=−1(C))3C.
Usando as condições estabelecidas no enunciado do Teorema
é possível provar que a sequência de funções (!=)=∈N converge
uniformemente para uma função continuamente diferenciável !.
Assim,
!(G) := lim
=→∞
!=(G).
18
Além disso,
!(G) = lim
=→∞
!=(G)
= lim
=→∞
F(!=−1(G))
= F
(
lim
=→∞
!=−1(G)
)
= F(!(G)).
A unicidade é deixada como exercício.
Maiores informações veja o livroEquaçõesDiferenciais Elementares
e Problemas de Valores de Contorno dos autores Boyce e DiPrima, ou
Lições de equações diferenciais ordinárias do autor Sotomayor. �
Observação 3. Se 5 ∈ �: então a solução de (2.2) também será de classe �: .
Observação 4. Note a semelhança do Teorema 1 com o Teorema da função
implícita:
Teorema 2 (Função Implícita). Seja 5 : * ⊂ R2→ R uma função de classe
�1 tal que 5 (G0, H0) = : e
% 5
%H
(G0, H0) ≠ 0. Então existe + = (0, 1) × (2, 3)
e uma única função H : (0, 1) → (2, 3) de classe �1 tal que H(G0) = H0 e
5 (G, H(G)) = :. Além disso, temos
3H
3G
= − 5G
5H
.
(
5G3G + 5H3H = 0
)
Exemplo 14. Dada a EDO 
3H
3G
= GH
1
2
H(0) = 0
, (2.3)
note que
5 (G, H) := GH 12 e
% 5
%H
(G, H) = G
2H 12
.
19
O Teorema 1 garante que dado qualquer ponto (G0, H0) com H0 > 0, existe um
intervalo (0, 1) 3 (G0, H0) e uma única função H : (0, 1) → (2, 3) que satisfaz
(2.3).
Diremos que uma equação é autônoma quando for escrita da
seguinte forma
G′ = 5 (G). (2.4)
Uma propriedade importante é que, se G(C) é solução de (2.4), então
H(C) = G(C + �), (2.5)
onde � é uma constante, também será. Considerando o problema de
valor inicial {
G′ = 5 (G)
G(C0) = G0
, (2.6)
o Teorema 1 garante que G(C) é solução de (2.6) se, e somente se,
H(C) = G(C + 2) é solução de {
G′ = 5 (G)
G(0) = G0
. (2.7)
Portanto, para equações autônomas, podemos considerar somente
condições iniciais onde C0 = 0.
Exemplo 15. A EDO3H
3G
= −H − 2
é linear de primeira ordem autônoma.
20
2.1 Equações Diferenciais de Variáveis Separáveis
Dada a EDO
3H
3G
= 6(G) (2.8)
com 6 contínua, sabemos que sua solução é
H =
∫
6(G)3G + �.
Exemplo 16. A solução da EDO H′ = G é
H =
∫
G3G =
G2
2 + �.
A EDO (2.8) é um caso particular do que chamamos EDO de
variáveis separáveis.
A equação diferencial
3H
3G
=
6(G)
ℎ(H) (2.9)
é chamada separável ou variáveis separáveis.
Note que se ℎ ≡ 1 caímos na equação (2.8).
Para resolver a equação (2.9), denote por H = 5 (G) como solução.
Assim,
ℎ( 5 (G)) 5 ′(G) = 6(G). (2.10)
Integrando (2.10) temos∫
ℎ( 5 (G)) 5 ′(G)3G =
∫
6(G)3G. (2.11)
Fazendo a mudança de variável 3H = 5 ′(G)3G obtemos∫
ℎ(H)3H =
∫
6(G)3G. (2.12)
21
Assim, para encontramos a solução de (2.9) basta resolvermos a
integral (2.12).
A EDO
"(G, H)3G + #(G, H)3H = 0 (2.13)
satisfazendo uma das condições abaixo
• " e # forem funções de apenas uma variável ou constantes
• " e # forem produtos de fatores de uma só variável
é chamada de separável.
Para resolver (2.13) basta separar as variáveis, isto é, deveremos
deixar o coeficiente da diferencial 3G como sendo uma função da
variável G e o coeficiente da diferencial 3H como sendo uma função
da variável H. Em seguida, integrarmos cada diferencial.
Exemplo 17. Vamos resolver a EDO
3H − 3Hcos G3G = 0.
1
H
3H = 3 cos G3G
Integrando ambos os membros, teremos:∫
3H
H
=
∫
3 cos G3G
⇒ ln H = 3 sen G + �1
⇒ H = �143 sen G .
22
2.2 Exercícios
Resolva:
1. (GH2 − H2 + G − 1)3G + (G2H − 2GH + G2 + 2H − 2G + 2)3H = 0
2. sen 3G3G + 2H cos3 3G3H = 0
3. 4GH
3H
3G
= 4−H + 4−2G−H
4. (1 + G4)3H + G(1 + 4H2)3G = 0, H(1) = 0
5.
3H
3G
+ 1 + H
3
GH2(1 + G2) = 0, H(1) = 1
6. G cos G = (2H + 43H)H′, H(0) = 0
7. H′ tg G = 0 + H, H
(�
3
)
= 0, 0 < G < �2
Respostas:
1. [(G2 − 2G + 2)(H2 + 1)]42 arctan H = �2
2. H2 = −16 sec
2 3G + �
3. H4H − 4H + 4−G + 13 4
−3G = �
4. arctan 2H + arctan G2 = �4
5.
G6(1 + H3)2
(1 + G2)3 =
1
2
6. H2 + 13 4
3H = G sen G + cos G − 23
7. H = 40√
3
sen G − 0
23
2.3 Equações Homogêneas
A função definida por I = 5 (G, H) será uma função homogênea de
grau < se
5 (�G,�H) = �< 5 (G, H). (2.14)
Exemplo 18.
a) 5 (G, H) = 2G3 + 5GH2 é homogênea de grau 3, pois
5 (�G,�H) = 2(�G)3 + 5�G · (�H)2 = �3 5 (G, H).
b) 5 (G, H) = H4
G
H é homogênea de grau 1, pois
5 (�G,�H) = �H4
�G
�H = � 5 (G, H).
A equação
"(G, H)3G + #(G, H)3H = 0 (2.15)
será chamada de equação diferencial homogênea se " e # forem
funções homogêneas de mesmo grau.
Apresentaremos a seguir o passo geral para resolvermos este tipo
de equação.
Se
"(G, H)3G + #(G, H)3H = 0
for uma equação diferencial homogênea, então faremos uma dessas
substituições:
H = DG ou G = EH
onde D e E são novas variáveis.
Escolheremos H = DG. Assim,
3H = D3G + G3D.
24
Substituindo a igualdade acima em (2.15) temos
"(G, DG)3G + #(G, DG)[D3G + G3D] = 0
⇒ G="(1, D)3G + G=#(1, D)[D3G + G3D] = 0
⇒ ["(1, D) + D#(1, D)]3G + G#(1, D)3D = 0.
Note que a ultima igualdade é uma EDO separável. De fato,
1
G
3G + #(1, D)
"(1, D) + D#(1, D)3D = 0. (2.16)
Vale ressaltar que o ideal não é memorizar a fórmula acima. É
recomendado repetir esse processo sempre que for necessário.
Observação 5. Se tivéssemos feito a substituição G = EH também teríamos
chegado numa EDO separável. Fica como exercício mostrar que ao invés de
obter a expressão (2.16), teremos a expressão
1
H
3H + "(E, 1)
E"(E, 1) + #(E, 1)3E = 0. (2.17)
Exemplo 19. Vamos resolver
(G2 + H2)3G + (G2 − GH)3H = 0. (2.18)
Note que essa equação é homogênea, pois as funções que acompanham o 3G
e 3H são homogêneas do mesmo grau:
"(�G,�H) = (�2G2 + �2H2) = �2"(G, H)
e
#(�G,�H) = (�2G2 − �2GH) = �2#(G, H).
25
Se fizermos H = DG teremos:
(G2 + D2G2)3G + (G2 − DG2)[D3G + G3D] = 0
Assim,
G2(1 + D)3G + G3(1 − D)3D = 0⇒ 1 − D1 + D 3D +
1
G
3G = 0
⇒
[
−1 + 21 + D
]
3D + 1
G
3G = 0
Como penúltimo passo, resolveremos a equação integrando a última linha
−D + 2;= |1 + D | + ;= |G | = ;= |� |
Finalmente, para encerrar, voltaremos a variável antiga, substituindo
D =
H
G
:
−H
G
+ 2;=
���1 + H
G
��� + ;= |G | = ;= |� |
Usando as propriedades do logaritmo, podemos escrever a solução como
;=
����(G + H)2�G ���� = HG ,
ou seja,
(G + H)2 = �G4H/G
é solução da EDO (2.18).
Exemplo 20. Encontraremos agora a solução de
(2G2 − 3H2)3G − 6GH3H = 0, (2.19)
sujeita à condição inicial H(1) = 13 .
26
Como as funções "(G, H) = 2G2 − 3H2 e #(G, H) = −6GH são funções
homogêneas de grau 2, então a equação é homogênea.
Fazendo a mudança H = DG temos
(2G2 − 3(GD)2)3G − 6G · GD(D3G + G3D) = 0
⇒ G2(2 − 3D2)3G − 6G2D(D3G + G3D) = 0
⇒ (2 − 3D2 − 6D2)3G − 6DG3D = 0
⇒ (2 − 9D2)3G − 6DG3D = 0
Separando as variáveis e integrando, obtemos:
3ln G + ;=(2 − 9D2) = �
Eliminando os logaritmos:
G3(2 − 9D2) = �
Voltando para as variáveis x e y e organizando a expressão:
2G3 − 9GH2 = �
Impondo a condição inicial H(1) = 13 , encontramos � = 1.
Logo, a solução particular da EDO (2.19)
2G3 − 9GH2 = 1.
2.4 Exercícios
Resolva as equações homogêneas:
1. (H2 + HG)3G + G23H = 0;
27
2.
3H
3G
=
G + 3H
3G + H ;
3. G3G + (H − 2G)3H = 0;
4. [G − H arctan(H/G)]3G + G arctan(H/G)3H = 0;
5. [H cos(H/G) + G sin(H/G)]3G = G cos(H/G)3H;
6. G
3H
3G
= H +
√
G2 + H2;
7. H3G + G(ln G − ln H − 1)3H = 0, H(1) = 4;
8. (G + H4H/G)3G − G4H/G3H = 0, H(1) = 0;
9. (G2 + 2H2)3G − GH3H = 0, H(−1) = 1.
Respostas:
1. G2H = �1(H + 2G);
2. (H − G)2 = �1(H + G);
3. (G − H) ln |G − H | − G = �(G − H);
4. 2H arctan
( H
G
)
= G ln
����G2 + H2G4 ���� + �1 onde �1 = ln�2;
5. G = � sen
H
G
;
6. G2 = �1(H +
√
H2 + G2);
7. H ln
����GH ���� = −4;
8. ln |G | − 4D = −1;
9. G4 = 12 (H
2 + G2).
28
2.5 Equações Redutíveis a Variáveis Separáveis ou
Homogêneas
Existem EDO’s que não são separáveis e nem homogêneas, mas
mediante determinada troca de variáveis se transformam em equações
homogêneas ou em equações de variáveis separáveis.
Analisaremos agora as EDO’s que podem ser escritas na forma:
3H
3G
= �
(
01G + 11H + 21
02G + 12H + 22
)
, (2.20)
onde 01, 02, 11, 12, 21, 22 ∈ R.
Note que, se 21 ≠ 0 ou 22 ≠ 0 então (2.20) não é homogênea.
Na interseção das retas{
01G + 11H + 21 = 0
02G + 12H + 22 = 0
, (2.21)
consideremos o determinante
� = det
[
01 11
02 12
]
. (2.22)
1. Se � ≠ 0 as retas na interseção (2.21) são concorrentes. Seja (
, �)
a solução desse sistema. Considerando a mudança de variável{
G = 
 + D
H = � + E
(2.23)
obtemos a EDO homogênea
3E
3G
= �
(
01D + 11E
02D + 12E
)
.
29
2. Se � = 0, as retas na interseção (2.21) são paralelas distintas ou
coincidentes. Suponha que essas retas são paralelas distintas.
Assim,
02
01
=
12
11
= < ≠
22
21
.
Fazendo a mudança C = C(G) = 01G + 11H obtemos uma EDO de
variáveis separáveis
3C
3G
= 01 + 11�
(
C + 21
<C + 22
)
.
Exemplo 21. Vamos resolver as seguintes equações diferenciais:
a) (G − 3H − 3)3G − (2G − 6H + 1)3H = 0.
Observe que:
• Essa equação não é de variáveis separáveis (temos uma soma das variáveis
G e H);
• Não é homogênea por causa dos termos independentes.
A ideia é eliminar a soma que envolve as variáveis.
Note que 2G − 6H é proporcional a G − 3H. Fazendo G − 3H = C temos que
a EDO separável
(C − 3)(3C + 33H) − (2C + 1)3H = 0.
Organizando a equação acima, temos
C − 3
C − 103C + 3H = 0.
A solução da equação acima é
C + 7ln |C − 10| + H = �.
30
Voltando para as variáveis G e H :
G − 2H + 7ln |G − 3H − 10| = �
b) (G − 3H − 1)3G − (3G + 4H − 2)3H = 0
Note que:
• não é de variáveis separáveis porque temos uma soma das variáveis G e
H;
• não é homogênea pela existência de termos independentes.
Como as somas G − 3H e 3G + 4H não são proporcionais, não conseguimos
usar a mesma substituição feita no item anterior. O que devemos fazer é
eliminar os termos independentes e transformar a equação em homogênea. O
primeiro passo é resolver o sistema que vem dos coeficientes da EDO:{
G − 3H − 1 = 0
3G + 4H − 2 = 0
(2.24)
e, em seguida, efetuar uma translação de eixos:A solução do sistema de equações (2.24) é % = (
, �) =
(
10
13 ,−
1
13
)
. A
translação 
G =
10
13 + D
H = − 113 + E
irá eliminar os termos independentes.
Substituindo essas fórmulas acima na equação diferencial[
10
13 − 3
(
− 113 + E
)
− 1
]
3D −
[
3
(
10
13 + D
)
+ 4
(
− 113 + E
)
− 2
]
3E = 0
(2.25)
31
obtemos uma EDO homogênea
(D − 3E)3D − (3D + 4E)3E = 0. (2.26)
Fazendo E = CD, conseguimos a EDO
D(1 − 6C − 4C2)3D − D2(3 + 4C)3C = 0,
cuja solução é
D2
(
1 − 6C − 4C2
)
= �.
Substituindo C = E
D
obtemos
D2 − 6DE − 4E2 = �.
Substituindo agora o valor de D e E do sistema (2.25) (para voltarmos as
variáveis G e H) obtemos
G2 − 4H2 − 6GH − 2G + 4H = �.
2.6 Exercícios
Resolva:
1.
3H
3G
=
1 − 3G − 3H
1 + G + H ;
2.
3H
3G
=
G + 2H + 1
2G + 4H + 3;
3. (2G + 3H − 1)3G + (2G + 3H + 2)3H = 0;
4. (2G − H + 4)3H = −(G − 2H + 5)3G;
5. (3G − H + 2)3G = (−9G + 3H − 1)3H.
32
Respostas:
1. 3G + H + 2 ln(−3G − 3H + 3) = �;
2. ln(4G + 8H + 5) + 8H − 4G = �;
3. 3G + 3H = −9 ln(2G + 3H − 7) + �;
4. (G + H − 1)3 = �(G − H + 3);
5. 2G + 6H + � = − ln(6G − 2H + 1).
2.7 Equações Lineares de 1ª Ordem
Conforme tínhamos dito anteriormente, a EDO
3H
3G
+ ?(G)H = @(G), (2.27)
é linear. Para obter sua solução, vamos apresentar dois métodos: o de
Lagrange e fator de integração.
Fator de integração: O primeiro passo é procurar um fator
integrante que seja função somente da variável G :
�(G)3H
3G
+ �(G)?(G)H = �(G)@(G). (2.28)
Agora, desejamos que o lado esquerdo de (2.28) seja a derivada do
produto �(G)H. Ou seja,
�(G)
3H
3G
+ �(G)?(G)H = 3
3G
(�(G)H)︸ ︷︷ ︸
=�(G) 3H
3G
+ 3�(G)
3G
H
.
Assim,
3�(G)
3G
= �(G)?(G).
33
Usando variáveis separáveis obtemos o fator integrante
�(G) = 4
∫
?(G)3G (2.29)
da EDO (2.28).
Substituindo (2.29) em (2.28), obtemos
4
∫
?(G)3G 3H
3G
+ 4
∫
?(G)3G?(G)H︸ ︷︷ ︸
3
3G
(
4
∫
?(G)3GH
)
= 4
∫
?(G)3G@(G),
isto é,
3
3G
(
4
∫
?(G)3GH
)
= 4
∫
?(G)3G@(G).
Integrando com respeito a G, temos
4
∫
?(G)3GH =
∫
4
∫
?(G)3G@(G)3G + �.
Logo,
H(G) = 4−
∫
?(G)3G
(∫
4
∫
?(G)3G@(G)3G + �
)
(2.30)
é a solução geral da EDO (2.28).
Exemplo 22. Vamos resolver pelo método do fator integrante a EDO
3H
3G
+ 12H = 2 + G. (2.31)
Multiplicando por o fator integrante �(G) na equação (2.31) temos
�(G)3H
3G
+ 12�(G)H = (2 + G)�(G).
Para que o lado esquerdo de (2.31) seja a derivada do produto �(G)H,
34
devemos ter
3
3G
(�(G)H) = �(G)
3H
3G
+ 3�(G)
3G
H.
Assim,
3�(G)
3G
=
1
2�(G)
é separável.
Integrando ∫
1
�
3� =
∫
1
23G
temos
ln |�| = G2 + �.
Assim,
�(G) = �4 G2 .
Impondo � = 1, obtemos �(G) = 4 G2 .
Desta maneira,
3
3G
(4 G2 H) = 4 G2
3H
3G
+ 124
G
2 H = (2 + G)4 G2 ,
ou seja,
3
3G
(4 G2 H) = (2 + G)4 G2 .
Portanto,
4
G
2 H =
∫
3
3G
(4 G2 H)3G =
∫
(2 + G)4 G2 3G.
Logo,
H(G) = 2G + �4− G2
é solução da EDO (2.31).
Método de Lagrange: Destacaremos agora um outro método para
resolver este tipo de EDO.
35
Para isso, faremos a substituição
H(G) = I(G)C(G). (2.32)
A derivada de H com relação a G é dada por
3H
3G
=
3I
3G
C + 3C
3G
I (2.33)
Substituindo (2.32) e (2.33) na EDO (2.27) obtemos
3I
3G
C + 3C
3G
I + ?(G)IC = @(G). (2.34)
Colocando C em evidência
C
(
3I
3G
+ ?(G)I
)
+ 3C
3G
I = @(G), (2.35)
e impondo que
3I
3G
+ ?(G)I = 0 (2.36)
obtemos
I = 4−
∫
?3G . (2.37)
Substituindo (2.37) na equação (2.35) obtemos
C =
∫
4
∫
?(G)3G@(G)3G + �. (2.38)
Substituindo as equações (2.37) e (2.38) na equação (2.32), obtemos
a solução geral
H = 4−
∫
?(G)3G
(∫
4
∫
?(G)3G@(G)3G + �
)
. (2.39)
36
Exemplo 23. Vamos resolver a EDO
3H
3G
− 3G2H = G2 (2.40)
usando método de Lagrange. Como ?(G) = −3G2, temos que
I(G) = 4
∫
3G23G
= 4G
3
e
C(G) =
∫
4
∫
−3G23GG23G + �
= −134G
3 + �.
Logo
H = I(G)C(G)
= −13 + � · 4G
3
Independente do método a solução será a mesma.
Exemplo 24. Vamos encontrar a solução contínua da EDO
3H
3G
+ H = 5 (G), onde 5 (G) =
{
1, 0 ≤ G ≤ 1
0, G > 1
, (2.41)
sujeita a condição inicial H(0) = 0.
A ideia é dividir a solução duas parte:
i) Se 0 ≤ G ≤ 1, temos a EDO linear (ou separável)
3H
3G
+ H = 1.
Usando a Equação (2.39) obtemos a solução
H = 1 + �14−G .
37
Como H(0) = 0 segue que �1 = −1.
Portanto,
H = 1 − 4−G , 0 ≤ G ≤ 1.
ii) Caso G > 1, a solução da EDO
3H
3G
+ H = 0
é
H = �24
−G .
Dessa maneira, a solução geral da EDO (2.41) é
H(G) =
{
1 − 4−G , 0 ≤ G ≤ 1
�24
−G , G > 1
.
Para que H seja uma função contínua, devemos ter a igualdade
lim
G↓1
H(G) = H(1),
isto é,
�24
−1 = 1 − 4−1.
Logo,
H(G) =
{
1 − 4−G , 0 ≤ G ≤ 1
(4 − 1)4−G , G > 1
é uma solução contínua da EDO (2.41) sujeita a condição inicial H(0) = 0.
2.8 Exercícios
Resolva:
38
1. GH′ + 2H = 4G + ln G;
2. (1 + G2)3H + (GH + G3 + G)3G = 0;
3. 3%
3C
+ 2C% = % + 4C − 2;
4.
3H
3G
= G + H
5.
3H
3G
=
H
H − G , H(5) = 2;
6. cos2 G
3H
3G
+ H = 1, H(0) = −3;
Encontre a solução contínua das EDO’s abaixo:
7.
3H
3G
+ 2H = 5 (G), 5 (G) =
{
1, 0 ≤ G ≤ 3
0, G > 3
e H(0) = 0;
8.
3H
3G
+ H = 5 (G), 5 (G) =
{
1, 0 ≤ G ≤ 1
−1, G > 1
e H(0) = 1;
9.
3H
3G
+ 2GH = 5 (G), 5 (G) =
{
G, 0 ≤ G < 1
0, G ≥ 1
e H(0) = 2.
Respostas:
1. G2H = G4G − 4G + G
2
2 ln G −
1
4G
2 + �;
2. H = −13 (1 + G
2) + �(1 + G2)
−
1
2 ;
3. % = 2 + �4 C−C2 ;
4. G = −H − 1 + �4G ;
5. G =
H
2 +
8
H
;
6. H = 1 − 44− tg G
39
7. H =

1
2 (1 − 4
−2G), 0 ≤ G ≤ 3
1
2 (4
6 − 1)4−2G , G > 3
8. H =
{
1, 0 ≤ G ≤ 1
241−G − 1, G > 1
9. H =

1
2 +
3
2 4
−G2 , 0 ≤ G < 1(
1
2 4 +
3
2
)
4−G
2
, G ≥ 1
2.9 Equações Exatas
Dada a expressão diferencial
"(G, H)3G + #(G, H)3H, (2.42)
se existir uma função 5 tal que
35 = "(G, H)3G + #(G, H)3H,
dizemos que (2.42) é exata.
Se I = 5 (G, H) é uma função com derivadas parciais contínuas
definidas num aberto* ⊂ R2, a diferencial total é
3I =
% 5
%G
3G + % 5
%H
3H.
Em particular, se 5 (G, H) = 2 temos
% 5
%G
3G +
% 5
%H
3H = 0. (2.43)
Portanto, a família de curva 5 (G, H) = 2 pode ser usada para gerar a
EDO (2.43).
40
Uma pergunta natural a se fazer é: dada a expressão diferencial
"(G, H)3G + #(G, H)3H, (2.44)
existiria uma função 5 tal que
35 = "(G, H)3G + #(G, H)3H. (2.45)
Quando acontecer a igualdade (2.45) dizemos que a expressão
diferencial (2.44) é uma diferencial exata.
Uma EDO da forma
"(G, H)3G + #(G, H)3H = 0 (2.46)
é dita exata se a expressão diferencial (2.44) é uma diferencial exata
numa região do plano GH.
Teorema 3. Sejam "(G, H) e #(G, H) funções continuas com derivadas
parciais contínuas definidas num aberto* ⊂ R2. Uma condição necessária e
suficiente para que (2.44) seja uma diferencial exata é
%"
%H
=
%#
%G
. (2.47)
Demonstração: Suponha que"(G, H)3G+#(G, H)3H é umadiferencial
exata. Vamosmostrar que vale (2.47), ou seja, provaremos a igualdade
%"
%H
=
%#
%G
.
Seja 5 tal que
"(G, H)3G + #(G, H)3H =
% 5
%G
3G +
% 5
%H
3H.
41
Assim,
"(G, H) = % 5
%G
(2.48)
e
#(G, H) = % 5
%H
(2.49)
Derivando (2.48) com relação a H, derivando (2.49) com relação a G
e usando o Teorema Schwarz verificamos a igualdade abaixo
%"
%H
=
%
%
(
% 5
%G
)
=
=
%2 5
%H%G
=
%
%G
(
% 5
%H
)
=
%#
%G
.
Reciprocamente, suponha que
%"
%H
=
%#
%G
.
É suficiente construir uma função 5 tal que
% 5
%G
= "(G, H) (2.50)
e
% 5
%H
= #(G, H). (2.51)
Comecemos integrando, por exemplo, a expressão (2.50) em relação
à variável G, da qual teremos
5 (G, H) =
∫
"(G, H)3G + 6(H) (2.52)
42
Derivando parcialmente (2.52) em relação a H temos:
% 5
%H
=
%
(∫
"(G, H)3G
)
%H
+ 6′(H) (2.53)
Igualando (2.51) e (2.53):
%
(∫
"(G, H)3G
)
%H
+ 6′(H) = #(G, H).
Isolando 6′(H) e integrando em relação a H acharemos
6(H) =
∫ ©­­­­«
#(G, H) −
%
(∫
"(G, H)3G
)
%H
ª®®®®¬
3H (2.54)
Substituindo (2.54) em (2.52) obtemos
5 (G, H) =
∫
"(G, H)3G +
∫ ©­­«#(G, H) −
%
(∫
"(G, H)3G
)
%H
ª®®¬ 3H = �.
(2.55)
Portanto, encontramos uma função 5 que satisfaz (2.50) e (2.51),
ou seja, encontramos a solução geral da EDO exata "(G, H)3G +
#(G,H)3H = 0.�
Observação 6. A construção da função (2.55), na verdade, determina um
procedimento básico que deve ser imitado para a resolução das EDO’s exatas.
Exemplo 25. Verifique que a EDO
(3G2 + 2H)3G + (2G − 4H + 5)3H = 0 (2.56)
43
é exata e encontre a solução geral.
Verifiquemos a relação %"
%H
=
%#
%G
:
%"
%H
= 2 = %#
%G
.
Partindo da igualdade
35 =
% 5
%G
3G +
% 5
%H
3H = (3G2 + 2H)3G + (2G − 4H + 5)3H = 0,
temos
% 5
%G
= 3G2 + 2H (2.57)
e
% 5
%H
= 2G − 4H + 5. (2.58)
Integrando parcialmente (2.57) em relação a G obtemos
5 (G, H) = G3 + 2HG + 6(H). (2.59)
Comparando com (2.58) teremos
2G + 6′(H) = 2G − 4H + 5.
Logo
6′(H) = −4H + 5,
ou seja,
6(H) = −2H2 + 5H. (2.60)
Substituindo (2.60) em (2.59) obtemos a solução geral da EDO (2.56) é
G3 + 2HG − 2H2 + 5H = �.
44
2.10 Exercícios
Verifique quais EDO’s são exatas. Caso afirmativo, encontre a
solução geral.
1. (2GH + G)3G + (G2 + H)3H = 0;
2. H4GH3G + G4GH3H = 0;
3. G4GH3G + H4GH3H = 0
4. H3G + G3H = 0;
5. (G − H)3G + (G + H)3H = 0;
6. (H sen G + GH cos G)3G + (G sen G + 1)3H = 0.
Respostas:
1. 2HG2 + G2 + H2 = �;
2. 4GH = �;
3. não é exata;
4. GH = �;
5. não é exata;
6. GH sen G + H = �.
2.11 Equações Redutíveis a Exatas
Na equação
"3G + #3H = 0, (2.61)
quando as derivadas parciais
%"
%H
≠
%#
%G
(2.62)
45
tentaremos determinar um fator integrante de tal forma a transformar
(2.61) numa EDO exata. Mais precisamente, vamos tentar encontrar
uma função �(G, H) tal que
�(G, H)"(G, H)3G + �(G, H)#(G, H)3H = 0 (2.63)
é exata.
Pelo Teorema 3 devemos ter
%(�(G, H)"(G, H))
%H
=
%(�(G, H)#(G, H))
%G
. (2.64)
Vamos impor condições sobre � para que (2.64) aconteça.
Derivando (2.64) obtemos
"
%�
%H
− # %�
%G
= �
(
%#
%G
− %"
%H
)
. (2.65)
A equação (2.65) é uma EDP de 1ª ordem que não sabemos resolver.
Impondo que � é função apenas de uma variável, conseguimos achar
a solução. Mais precisamente,
1. Se � = �(G) é uma função que depende apenas do G, ou seja, se
%�
%H = 0, pela equação (2.65) temos
3�
3G
= − 1
#
�
(
%#
%G
− %"
%H
)
.
Dessa maneira, o fator integrante de (2.61) é
�(G) = 4
∫
1
#
(
%"
%H −
%#
%G
)
3G;
2. Se � = �(H), então %�%G = 0. Assim, a equação (2.65) se transforma
46
em
3�
3H
=
1
"
�
(
%#
%G
− %"
%H
)
.
Logo,
�(H) = 4
∫
1
"
(
%#
%G −
%"
%H
)
3H
é o fator integrante de (2.61).
Exemplo 26. Usaremos fatores integrantes para transformar a equação
(H − G2)3G + 2G3H = 0 (2.66)
numa EDO exata.
Suponha que
(H − G2)�(G, H)3G + 2G�(G, H)3H = 0 (2.67)
seja exata. Assim,
%[(H − G2)�(G, H)]
%H
=
%[2G�(G, H)]
%G
.
⇒ �(G, H) + (H − G2)
%�(G, H)
%H
= 2 · �(G, H) + 2G
%�(G, H)
%G
⇒ −�(G, H) + (H − G2)%�(G, H)
%H
= 2G
%�(G, H)
%G
A equação diferencial parcial possui infinitas soluções (dependendo da
função �). No entanto, vamos impor a condição que o fator integrante seja
uma função somente de G, isto é
%�
%H
= 0.
47
Assim,
−� = 2G 3�
3G
Separando as variáveis e integrando teremos um fator integrante:
� =
1√
G
Voltando a equação (2.67), temos
(H − G2) 1√
G
3G + 2G 1√
G
3H = 0.
A EDO acima é exata e sua solução geral é:
2H
√
G − 2G
5
2
5 = �.
De fato,
% 5
%G
=
1√
G
(H − G2) ⇒ 5 (G, H) = 2H
√
G − 25G
5
2 + 6(H)
⇒
% 5
%H
= 2
√
G + 6′(H)
⇒ 6 é constante.
2.12 Exercícios
Resolva:
1. H23G + (GH + 1)3H = 0;
2. HG 3G + (H3 + ln G)3H = 0;
3. (G4 + H4)3G − GH33H = 0;
4. (G + H)3G + G ln G3H = 0.
48
Respostas:
1. GH + ln H = �;
2. 4H ln G + H4 = �;
3. H4 = 4G4 ln G + �G4;
4. G + H ln G + � = 0
2.13 Equação de Bernoulli
Dado = ∈ Q, as equações diferenciais da forma
3H
3G
+ ?(G)H = @(G)H= , (2.68)
onde ? e @ são funções de G ou constantes, são chamadas de equações
de Bernoulli. Note que se = = 0 a equação de Bernoulli recai numa
EDO linear.
Observação 7. O termo H= deixa a EDO (2.68) não linear.
Supondo = ≠ 1, e H ≠ 0, a equação de (2.68) se transforma numa
equação linear da seguinte maneira: multiplicando H−= em (2.68)
temos
H−=
3H
3G
+ ?(G)H1−= = @(G) (2.69)
Fazendo a mudança H1−= = C na equação (2.69) temos
1
1 − =
3C
3G︸ ︷︷ ︸
=H−= 3H
3G
+?(G)C = @(G),
ou seja, obtemos a equação linear
3C
3G
+ (1 − =)?(G)C = (1 − =)@(G). (2.70)
49
Exemplo 27. Vamos resolver a seguinte equação
3H
3G
+ 1
G
H = GH2. (2.71)
Da equação (2.68) temos
?(G) = 1/G, @(G) = G, e = = 2.
Usando a equação (2.69), a edo (2.71) se transforma em
H−2
3H
3G
+ 1
G
H−1 = G. (2.72)
A derivada da mudança de variável C = H−1 é
3C
3G
= −H−2 3H
3G
⇒ 3H
3G
= −H2 3C
3G
.
Assim,
3C
3G
− 1
G
C = −G
A solução da EDO acima é
G−1C = −G + 2 ou C = −G2 + 2G.
Substituindo C = H−1, obtemos a solução da EDO (2.71)
H =
1
−G2 + 2G .
Exemplo 28. Vamos agora determinar a solução contínua do problema
3H
3G
− 13G H = 5 (G)H
4, 5 (G) =
{
G − 1, 1 ≤ G ≤ 2
1, G > 2
(2.73)
sujeita a condição inicial H(1) = 1.
50
Para isso, vamos considerar dois problemas:
3H
3G
− 13G H = (G − 1)H
4, 1 ≤ G ≤ 2; H(1) = 1 (2.74)
e
3H
3G
− 13G H = H
4, G > 2, (2.75)
satisfazendo o limite
lim
G↓2
H(G) = lim
G↑2
H(G).
A duas equações são de Bernoulli. E mais, a solução da equação (2.74) é
H−3 = −G2 + 32G +
1
2G
−1, 1 ≤ G ≤ 2
e a solução da EDO (2.75) é
H−3 = −32G + �2G
−1, G > 2.
Resta encontrar o valor de �2. Calculando o limite limG↓2 H(G) =
limG↑2 H(G) encontramos o valor �2 =
9
2 .
Portanto a solução do problema de valor inicial (2.73) é
H−3 = −G2 + 32G +
1
2G
−1, 1 ≤ G ≤ 2
H−3 = −32G +
9
2G
−1, G > 2
2.14 Exercícios
Resolva:
1.
3H
3G
− H
G
= −H
2
G
;
51
2. G
3H
3G
+ H = −2G6H4;
3.
3H
3G
+
H
2G =
G
H3
, H(1) = 2;
4. −G
3H
3G
− H = (GH) 32 , H(1) = 4.
Respostas:
1. H = G(G + 2)−1;
2. H−3 = 2G6 + 2G3;
3. H4 = G2 + 15G−2;
4. H = 4G−3.
2.15 Equações de Riccati
Equações de Riccati são edos de primeira ordem que podem ser
escritas na forma:
3H
3G
= ?(G)H2 + @(G)H + A(G). (2.76)
Se A(G) = 0, temos uma equação de Bernoulli com = = 2. Vamos
fazer uma translação de modo a eliminar a função A(G). Para isso, é
ncessário conhecer uma solução particular.
Seja H1 uma solução particular da equação de (2.76). A mudança de
variável
I = H − H1
transforma a equação de Riccati na variável H na equação de Bernoulli
(2.68) no caso particular = = 2. De fato, temos:
3I
3G
=
3H
3G
− 3H1
3G
= @H2 + ?H + A − 3H1
3G
52
= ?(H1 + I)2 + @(H1 + I) + A −
3H1
3G
= 2?H1I + ?I2 + @I +
(
?H21 + @H1 + A −
3H1
3G
)
︸ ︷︷ ︸
=0
,
= (@ + 2?H1)I + ?I2.
⇒ 3I
3G
− (@(G) + 2?(G)H1(G))I = ?(G)I2.
Exemplo 29. A edo
3H
3G
+
H
G
+
H2
G2
= 3
que tem como H = G uma solução particular, é transformada numa equação
de Bernoulli da seguinte forma:
Fazendo
H = G + I,
temos
3I
3G
= 1 + 3I
3G
.
Substituindo na equação dada temos:
3I
3G
+ 3
G
I = − 1
G2
I2
que é uma equação de Bernoulli em I.
2.16 Exercícios
Resolva as equações de Riccati:
1. H′ = 1 + G2 − 2GH + H2, H1 = G;
2.
3H
3G
= H2 − (tg G)H + sec2 G, H1 = tg G.
53
Respostas:
1. H = (−G + �)−1 + G;
2. H = sec G− ln(sec G + tg G) + 2 + tg G.
2.17 Substituições Diversas
Esta seção é destinada a resolução de EDO’s que não se enquadram
em nenhum modelo visto anteriormente, porém com uma mudança
de variável ela se transforma numa EDO conhecida.
Exemplo 30. A equação diferencial
H(1 + 2GH)3G + G(1 − 2GH)3H = 0 (2.77)
não se enquadra em nenhum tipo visto anteriormente, mas fazendo a mudança
D = 2GH (2.78)
obtemos uma equação separável.
De fato, derivando a equação (2.78)
3H =
G3D − D3G
2G2
(2.79)
e substituindo (2.78) e (2.79) em (2.77) obtemos
2D23G + (1 − D)G3G = 0. (2.80)
Organizando (2.80) obtemos a EDO separável
2
G
3G + 1 − D
D2
3D = 0.
54
Exemplo 31. Resolvermos a EDO
2GH
3H
3G
+ 2H2 = 3G − 6. (2.81)
Considerando
D = H2 (2.82)
temos que
3D
3G
= 2H
3H
3G
. (2.83)
Substituindo (2.82) e (2.83) em (2.81) obtemos a EDO linear de primeira
ordem
G
3D
3G
+ 2D = 3G − 6.
Exemplo 32. Fazendo a substituição
D = H + 1 (2.84)
na EDO
H′ = H + G(H + 1)2 + 1 (2.85)
obtemos a equação de Bernoulli3D
3G
− D = GD2 (2.86)
Sua solução é
D = (1 − G + �4−G)−1. (2.87)
Substituindo (2.87) na equação (2.84) obtemos
H = (1 − G + �4−G)−1 − 1.
55
Exemplo 33. Vamos encontrar a solução não constante da EDO
H2H′′ = H′. (2.88)
Para isso, faremos a substituição
D = H′. (2.89)
Aplicando a regra da cadeia em (2.89) temos
H′′ =
3D
3G
=
3D
3H
3H
3G
= D
3D
3H
.
(2.90)
Substituindo (2.89) e (2.90) em (2.88) obtemos a EDO separável
H2D
3D
3H
= D.
Assim,
3D =
1
H2
3H ⇒ D = −1
H
+ �1︸ ︷︷ ︸
≠0
⇒ H′ = �1H − 1
H
⇒ H
�1H − 1
3H = 3G
i) Se �1 ≠ 0, então
1
�1
(
1 + 1
�1H − 1
)
3H = 3G ⇒ 1
�1
H + 1
�21
ln |H − 1| = G + �2;
ii) Se �1 = 0, então H3H = −3G e a outra solução é
1
2H
2 = −G + �2.
56
2.18 Exercícios
Resolva as equações abaixo:
1. H′ + H ln H = H4G;
2. H′ + 1 = 4−(G+H) sen G;
3. G sen H
3H
3G
+ cos H = −G24G
4. GH′′ = H′ + (H′)3.
5. O cálculo da curvatura deuma curva H = 5 (G) é dadapela fórmula
� =
H′′
[1 + (H′)2] 32
.
Determine uma função para qual � = 1.
6. Classifique as EDO’s abaixo em lineares/não lineares,
homogêneas/não-homogêneas, separáveis/não-separáveis, e
autônomas/não-autônomas.
(a) H′ = GH;
(b) H′ =
GH2
G2H + H3 ;
(c) H′ = H3 sen H;
(d) H′ =
H − G
2G ;
(e) H′ = G
2
H2
;
(f) G5H′ + tg−1(G)H = 1
1 + C6 ;
(g) H′ =
G2 + H2
3GH ;
57
(h) H′ =
G4 + 3G2H2 + H4
G3H
.
Respostas:
1. ln H = 12 4
G + �4−G (D = ln H);
2. 4G+H = − cos G + � (D = G + H);
3. cos H = G4G − �G (D = − cos H);
4. H = ±
√
�1 − G2 + �2 (D = H′);
5. H = −
√
1 − G2.
6. (a) Linear, não-homogênea, separável, não autônoma;
(b) Não-linear, homogênea, não-separável, não autônoma;
(c) Não-linear, não-homogênea, separável, autônoma;
(d) Linear, homogênea, não-separável, não autônoma;
(e) Não-linear, homogênea, separável, não autônoma;
(f) Linear, não-homogênea, não-separável, não autônoma;
(g) Não-linear, homogênea, não-separável, não autônoma;
(h) Não-linear, homogênea, não-separável, não autônoma.
Capítulo 3
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS
LINEARES DE 2ª ORDEM
Uma EDO de segunda ordem é da forma
32H
3G2
= H′′ = 5
(
G, H,
3H
3G
)
. (3.1)
onde 5 é uma função contínua num intervalo real.
Dizemos que (3.1) é linear quando a função 5 for linear na entrada
H e na entrada H′ ou quando (3.1) for escrita como
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 6(G), (3.2)
onde ?, @ e 6 são funções contínuas num intervalo real.
Nos próximos exemplos vamos resolver casos particulares da EDO
(3.1).
1. Equações do tipo:
H′′ = 5 (G) (3.3)
58
59
A equação 3.3 pode ser escrita como
3
3G
(
3H
3G
)
= 5 (G),
ou seja,
3
(
3H
3G
)
= 5 (G)3G.
Integrando ambos os lados
3H
3G
=
∫
5 (G)3G + �1.
Portanto, usando variáveis separáveis
H =
∫ (∫
5 (G)3G + �1
)
3G + �2.
2. Equações do tipo
H′′ = 5
(
G,
3H
3G
)
(3.4)
Nesse caso, faremos
3H
3G
= ? (3.5)
onde ? é uma função que depende de G. Assim,
32H
3G2
=
3?
3G
.
A equação (3.4) se transforma numa EDO de primeira ordem em
relação a ?,
3?
3G
= 5 (G, ?).
60
Sabemos que sua solução geral é da forma
? = �(G, �1). (3.6)
Substituindo a equação (3.5) em (3.6) temos
3H
3G
= �(G, �1).
Usando variáveis separáveis, obtemos
H =
∫
�(G, �1)3G + �2.
3. Equação do tipo
H′′ = 5 (H). (3.7)
Chamando
3H
3G
= ?, (3.8)
onde ? é uma função que depende de H, temos
32H
3G2
=
3?
3G
=
3?
3H
3H
3G
= ?
3?
3H
.
Substituindo a igualdade acima em (3.7) obtemos aEDOseparável
?
3?
3H
= 5 (H),
cuja solução é
?2 = 2
[∫
5 (H)3H
]
+ �1. (3.9)
61
Portanto, obtemos a equação de variáveis separáveis em G e H(
3H
3G
)2
= 2
[∫
5 (H)3H
]
+ �1
cuja solução é obtida integrando a equação
3H√
2
[∫
5 (H)3H
]
+ �1
= 3G.
4. Equações do tipo
H′′ = 5
(
H,
3H
3G
)
(3.10)
Assim como no item 3, faça a substituição da equação (3.8) para
obter uma EDO separável.
Exemplo 34. A EDO H′′ = cos 2G depende apenas da variável G. Integrando
duas vezes obtemos
H = −cos 2G4 + �1G + �2
como solução.
Exemplo 35. Note que a EDO
(1 + G)H′′ + H′ = 0, G ≠ −1 (3.11)
é a do mesmo tipo abordada no item 2. Fazendo
? = H′, (3.12)
a equação
(1 + G)?′ + ? = 0
62
pode ser escrita como
?′
?
= − 11 + G . (3.13)
Note que (3.13) é separável. Assim,
?′
?
= − 11 + G . (3.14)
Resolvendo as integrais ∫
3?
?
= −
∫
3G
1 + G
obtemos
?(1 + G) = 4� = �1. (3.15)
Substituindo (3.12) em (3.15) obtemos uma EDO separável cuja solução é
H = �1
∫
3G
G + 1 + �2
= �1 ln |G + 1| + �2.
Exemplo 36. A EDO
H′′ = −4H−3, H > 0 (3.16)
depende apenas de H. Conforme o item 3, temos
?
3?
3H
= −4H−3.
Integrando
?3? = −4H−33H
obtemos ∫
?3? = −4
∫
H−33H.
63
Assim,
?2 =
4
H2
+ 21
⇒ ? = ±
√
4
H2
+ 21
⇒ 3H
3G
= ±
√
4
H2
+ �1.
Portanto,
H√
�1H2 + 4
H′ = ±1. (3.17)
Integrando (3.17) √
�1H2 + 4 = ±�1G + �2.
Logo
�1H
2 = (±�1G + �2)2 − 4
é solução da EDO (3.16).
Exemplo 37. A EDO
HH′′ = H2H′ + (H′)2 , H ≠ 0, (3.18)
não depende de G. Faremos a substituição (3.5). Assim,
H?′ − ?2
H2
= H′.
Como (
?
H
)′
=
H?′ − ?2
H2
64
temos que
?
H
= H + �1.
Logo,
? = H2 + �1H.
Substituindo ? = H′, a EDO
H′ = H2 + �1H
é separável, pois
H′
H2 + �1H
= 1. (3.19)
Integrando (3.19) obtemos∫
3H
H2 + �1H
= G + �2.
Portanto
H = �2 (H + �1) exp(G)
é solução da EDO (3.18).
Umproblema de valor inicial para a equação diferencial de segunda
ordem (3.2) deve possuir duas condições iniciais: H(G0) = H0 e
H′(G0) = H′0, ou seja,
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 6(G)
H(G0) = H0
H′(G0) = H′0
. (3.20)
Observação 8. A solução da EDO (3.20) envolve num certo sentido duas
integrações. Por esse motivo, são introduzidas duas constantes de integração.
65
Exemplo 38. Vamos resolver a EDO
H′′ = G2 (3.21)
sujeita as condições iniciais {
H(0) = 1
H′(0) = 2
. (3.22)
Integrando a equação (3.21) temos
H′ =
G3
3 + �1. (3.23)
Como H′(0) = 2, segue que �1 = 2.
Portanto,
H′ =
G3
3 + 2. (3.24)
Integrando (3.24) temos
H =
G4
12 + 2G + �2.
Por fim, como H(0) = 1 obtemos �2 = 1.
Logo,
H =
G4
12 + 2G + 1
é solução da EDO (3.21) sujeita as condições iniciais (3.22).
Teorema 4. [Existência e Unicidade de solução de uma EDO linear de
segunda ordem] Considere o problema de valor inicial
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 6(G)
H(G0) = H0
H′(G0) = H′0
. (3.25)
66
onde ?, @ e 6 são funções contínuas, então existe uma vizinhança (0, 1)×(2, 3)
de (G0, H0) e uma única função contínua H : (0, 1) → (2, 3) solução de (3.25).
Observação 9. Caso ? e @ sejam funções de classe �: , então a solução de
(3.25) também será de classe �: .
3.1 Equações Lineares deSegundaOrdemHomogêneas
Uma EDO de segunda ordem linear escrita da forma
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 0, (3.26)
é chamada de homogênea.
Teorema 5. [Princípio da Superposição] Se H1 e H2 são soluções da EDO
homogênea (3.26), então a combinação linear
�1H1 + �2H2
também é solução de (3.26), para quaisquer constantes �1 e �2.
Demonstração: Denotando
H0 = �1H1 + �2H2 (3.27)
temos que
H′0 = �1H
′
1 + �2H′2 (3.28)
e
H′′0 = �1H
′′
1 + �2H′′2 . (3.29)
Substituindo (3.27), (3.28) e (3.29) em (3.26) verificamos sem
dificuldade que
H′′0 + ?(G)H′0 + @(G)H0 = 0.�
67
Teorema 6. [Superposição para EDO’s Não Homogêneas] Sejam H1 uma
solução da EDO
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 61(G)
e H2 uma solução de
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 62(G).
Então para quaisquer constantes �1 e �2, a função �1H1+�2H2 é uma solução
da EDO
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = �161(G) + �262(G).
Demonstração: Exercício. �
O Teorema 5 afirma que quaisquer duas soluções da equação
homogênea (3.26) geram uma terceira solução. No próximo Teorema,
vamos mostrar que toda solução de (3.26) é uma combinação linear
dessas duas outras soluções.
Teorema 7. Sejam ? e @ funções contínuas em um intervalo �. Sejam H1 e H2
soluções da equação diferencial
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 0. (3.30)
Suponha que para todo G ∈ � tenhamos
H1(G)H′2(G) − H′1(G)H2(G) ≠ 0. (3.31)
Então qualquer solução da EDO (3.30) é uma combinação linear de H1 e H2.
68
Demonstração: Suponha que além de H1 e H2 soluções de (3.30)
tenhamos que H é também uma outra solução. Vamos determinar
constantes �1 e �2 taisque
H(G) = �1H1(G) + �2H2(G), ∀G ∈ �. (3.32)
Derivando (3.32) obtemos
H′(G) = �1H′1(G) + �2H′2(G), ∀G ∈ �. (3.33)
Fixando G0 ∈ � temos o sistema{
�1H1(G0) + �2H2(G0) = H(G0)
�1H
′
1(G0) + �2H′2(G0) = H′(G0)
. (3.34)
Do ponto de vista matricial a equação (3.34) se transforma[
H1(G0) H2(G0)
H′1(G0) H′2(G0)
]
·
[
�1
�2
]
=
[
H(G0)
H′(G0)
]
(3.35)
A equação (3.31) equivale a dizer que
det
[
H1(G0) H2(G0)
H′1(G0) H′2(G0)
]
≠ 0.
Por esse motivo, o sistema (3.34) tem solução única �1 e �2. Além
disso, as funções �1H1+�2H2 e H satisfazem a equação (3.30) com valor
inicial G0. Pelo Teorema 4 (Existência e Unicidade) a solução é única.
Logo,
H(G) = �1H1(G) + �2H2(G). � (3.36)
O valor H1(G)H′2(G) − H′1(G)H2(G) é chamado de Wronskiano de H1 e
69
H2 no ponto C. Denotaremos o Wronskiano por
,(H1, H2)(G) = det
[
H1(G) H2(G)
H′1(G) H′2(G)
]
. (3.37)
Observação 10. Em algumas ocasiões vamos denotar ,(H1, H2)(G)
simplesmente por,(G) ou,(H1(G), H2(G)) ou até mesmo,(H1, H2).
Exemplo 39. OWronskiano das funções H1(G) = 4<G e H2(G) = 4=G é
,(4<G , 4=G) = det
[
4<G 4=G
<4<G =4=G
]
= (= − <)4(<+=)G .
Observação 11. As funções H1 e H2 satisfazendo (3.31), ou seja, as funções
H1 e H2 tais que ,(H1, H2) ≠ 0 formam o que chamaremos de conjunto
fundamental de soluções e a combinação linear (3.36) é chamada de solução
geral da EDO (3.30).
Teorema 8. [Abel] Se H1 e H2 são soluções da equação diferencial
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 0, (3.38)
onde ? e @ funções contínuas em um intervalo � ⊂ R, então o
,(H1, H2)(G) = �4−
∫
?(G)3G , (3.39)
onde � é uma constante que depende de H1 e H2, mas não depende de G.
Demonstração: Derivando (3.37) temos
, ′(G) = det
[
H′1(G) H′2(G)
H′1(G) H′2(G)
]
︸ ︷︷ ︸
=0
+det
[
H1(G) H2(G)
H′′1 (G) H′′2 (G)
]
.
70
Assim,
, ′(G) = det
[
H1(G) H2(G)
−?(G)H′1 − @(G)H1 −?(G)H′2 − @(G)H2
]
.
Multiplicando a primeira linha por @(G) e subtraindo pela segunda
linha (@(G)!1 − !2↔ !2) obtemos
, ′(G) = det
[
H1(G) H2(G)
−?(G)H′1(G) −?(G)H′2(G)
]
= −?(G)det
[
H1(G) H2(G)
H′1(G) H′2(G)
]
= −?(G),(G).
cuja solução é dada pela igualdade (3.39). �
Exemplo 40. Vamos calcular o Wronskiano das duas soluções da equação
G2H′′ − GH′ +
(
cos2 G + 4sen G
)
H = 0, G > 0 (3.40)
Como G > 0, podemos reescrever a equação (3.40) como
H′′ − 1
G
H′ + 1
G2
(
cos2 G + 4sen G
)
H = 0
Portanto ?(G) = − 1G . Pela Fórmula de Abel 8 temos que
,(G) = � · 4−
∫
?(G)G = � · 4
∫
3G
G = � · 4 ln G = �G.
Teorema 9. Sejam ? e @ funções contínuas em um intervalo real � e H1 e H2
71
soluções da equação diferencial
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 0. (3.41)
São equivalentes:
1. H1 e H2 são linearmente independente em �;
2. ,(H1, H2)(G) ≠ 0 para todo G ∈ �;
3. ,(H1, H2)(G0) ≠ 0 para algum G0 ∈ �.
Demonstração: Mostremos inicialmente a equivalência 2⇔ 1.
2⇒ 1) Suponha que H1 e H2 sejam linearmente dependentes em �.
Por definição de dependência linear, existem constantes �1 e �2, não
ambas nulas, tal que
�1H1(G) + �2H2(G) = 0 (3.42)
para todo G ∈ �. Derivando (3.42) temos
�1H
′
1(G) + �2H′2(G) = 0. (3.43)
Usando as Equações (3.42) e (3.43) obtemos{
�1H1(G) + �2H2(G) = 0
�1H
′
1(G) + �2H′2(G) = 0
⇔
[
H1(G) H2(G)
H′1(G) H′2(G)
]
·
[
�1
�2
]
=
[
0
0
]
. (3.44)
A dependência linear de H1 e H2 implica que (3.44) possui uma solução
não trivial. Assim, , (H1, H2) (G) = 0 para todo G ∈ �. Isso é uma
contradição. Logo H1 e H2 são linearmente independentes.
1⇒ 2) Reciprocamente, suponha que H1 e H2 são linearmente
independentes. Se existe G0 ∈ � tal que,(H1, H2)(G0) = 0, então existem
72
�1 e �2, não nulas, tais que{
�1H1 (G0) + �2H2 (G0) = 0
�1H
′
1 (G0) + �2H′2 (G0) = 0
. (3.45)
Defina
H(G) = �1H1(G) + �2H2(G). (3.46)
O sistema (3.45) garante que H satisfaz{
H (G0) = 0,
H′ (G0) = 0.
(3.47)
Note agora que H = 0 satisfaz a EDO (3.41) com as condições iniciais
(3.47), ou seja, H = 0 é solução da EDO
H′′ + ?(G)H′ +&(G)H = 0
H (G0) = 0,
H′ (G0) = 0.
(3.48)
Pelo Teorema de Existência e Unicidade 4 temos que a função
identicamente nula é a única solução. Em outras palavras, para todo
G ∈ � , a equação
�1H1(G) + �2H2(G) = 0 (3.49)
é solução de (3.48). Isso contradiz a a hipótese de H1 e H2 serem
linearmente independentes.
Para completar o ciclo de equivalência, iremos provar 2 ⇔ 3.
2⇒ 3) É trivial.
73
3⇒ 2) A igualdade (3.39) do Teorema 8 para G0 é
,(G) = �4−
∫ G
G0
?(G)3G
=,(G0)4
−
∫ G
G0
?(G)3G
.
(3.50)
Como
,(G0), 4
−
∫ G
G0
?(G)3G
≠ 0
segue o desejado. �
Corolário 1 (Teorema doWronskiano). Se H1(G) e H2(G) são duas soluções
da equação homogênea (3.41) definidas em (0, 1), então seu Wronskiano é:
, (H1, H2) (G) ≡ 0, ∀G ∈ (0, 1)
ou
, (H1, H2) (G) ≠ 0, ∀G ∈ (0, 1)
Demonstração: Pela equação (3.39) no Teorema de Abel 3.39 temos
,(G) = � · 4−
∫
?(G)dG .
Assim, se � = 0, então, ≡ 0, para todo G ∈ (0, 1). Caso contrário, se
� ≠ 0, então, ≠ 0,∀G ∈ (0, 1), pois, é uma exponencial (nunca se
anula). �
Observação 12. O Teorema 9 pode ser resumido da seguinte forma:
1. As funções H1 e H2 formam um conjunto de soluções fundamentais da
equação diferencial
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 0
74
em I;
2. As funções H1 e H2 são linearmente independentes;
3. ,(H1, H2)(G) ≠ 0 para todo G ∈ R;
4. ,(H1, H2)(G) ≠ 0 para algum G0 ∈ R.
Observação 13. Se = ≠ <, então o Wronskiano calculado no Exemplo 39 é
não nulo, isto é,
,(4<G , 4=G) = (= − <)4(=+<)G ≠ 0.
Portanto soluções desse tipo são linearmente independente e,
consequentemente, formam um conjunto de soluções fundamentais (se forem
soluções de uma EDO).
Exemplo 41. Note que as funções 5 , 6 : R → R definidas por 5 (G) = G2 e
6(G) = G |G | são linearmente independentes, pois não são múltiplas uma da
outra. Também poderíamos ter concluído esse fato escrevendo a combinação
linear �1G2 + �2G |G | = 0 e observando que se G = 1 temos que �1 + �2 = 0,
enquanto se G = −1 encontramos �1 − �2 = 0. Assim, resolvendo o sistema{
�1 + �2 = 0
�1 − �2 = 0
encontramos �1 = �2 = 0.
Além disso, como,(G2, G |G |) = 0 no intervalo (0,∞) e,(G2, G |G |) = 0
no intervalo (−∞, 0), segue que,(G2, G |G |) = 0 em (−∞,∞).
Resumindo essa seção, relacionamos os resultados sobre conjunto
fundamental de soluções, wronskianos e independência linear da
seguinte forma: sejam H1 e H2 soluções da equação homogênea
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 0. As afirmações são equivalente:
75
• As funções H1 e H2 formam um conjunto fundamental de soluções
num intervalo �;
• As funções H1 e H2 são linearmente independentes em �;
• , (H1, H2) (G0) ≠ 0, para algum G0 ∈ �;
• , (H1, H2) (G) ≠ 0, para todo G ∈ �.
3.2 Exercícios
1. Decida quais funções são linearmente independente ou
linearmente dependente.
(a) G + 1, G − 1 onde 0 < G < 1;
(b) sen 2G, sen G · cos G em qualquer intervalo;
(c) |G | · G, G2 onde −1 < G < 1;
(d) sen2 G, 1 − cos 2G em qualquer intervalo;
(e) 4
G cos �G, 4
G sen �G onde 
 e � são reais com � não nulo.
2. Use a definição para mostrar, por meio de um exemplo, que as
funções abaixo são linearmente dependente.
(a) G, G2, 4G − 3G2;
(b) 0, G, 4G;
(c) cos 2G, 1, cos 2G;
(d) 4G , 4−G , senh G.
3. Mostre que H1(G) = G
1
2 e H2(G) = G−1 formam um conjunto de
soluções fundamentais da equação 2G2H′′ + 3GH′ − H = 0 para
G > 0.
76
4. Note que
2H1(0) − 2H2(0) = 0,
onde H1(G) = 1 e H2(G) = 4G . Isto significa que H1 e H2 são l.d. em
qualquer vizinhança do zero?
5. Verifique se H1 = G3 e H2 = |G |3 são soluções linearmente
independente da EDO linear G2H′′ − 4GH′ + 6H = 0 em R.
Respostas:
1. (a) l.i.;
(b) l.d.;
(c) l.i.;
(d) l.d.;
(e) l.i..
2. (a) −4G + 3G2 + 1 · (4G − 3G2) = 0;
(b) 1 · 0 + 0 · G + 0 · 4G = 0;
(c) 1 · cos 2G + 1 · 1 − 2 cos 2G = 0
(d) − 12 4G + 12 4−G + 1 · senh G.
3. Verifique se H1 e H2 são soluções da EDO e em seguida calcule o Wronskiano
,(H1 , H2).
4. Não. Precisamos que �1H1(G) + �2H2(G) = 0 para todos os valores de G numa
vizinhança do zero.
5. Verifique que H1 e H2 são linearmente independente (H1 não é multiplo de H2) e que
são raízes da equação G2H′′ − 4GH′ + 6H =0 nos casos em que G ≥ 0 e G < 0. Note que
tanto para o caso em que G é positivo ou negativo o Wronskiano é igual a zero. Isso
não viola o Teorema 9, pois o termo que acompanha H′′ é 02(G) = G2 e 02(0) = 0.
77
3.3 Equações Lineares deSegundaOrdemHomogêneas
com Coeficientes Constantes
Nesta seção vamos resolver a equação diferencial
0H′′ + 1H′ + 2H = 0, (3.51)
onde 0, 1, 2 ∈ R e 0 ≠ 0.
Inspirados no Exemplo 39 e na Observação 13, suponhamos que
uma solução de (3.51) seja da forma
H = 4AG (3.52)
onde A é uma constante.
Substituindo (3.52) em (3.51) obtemos
4AG(0A2 + 1A + 2) = 0.
Como 4AG ≠ 0, teremos a equação
0A2 + 1A + 2 = 0. (3.53)
A equação (3.53) é chamada de equação auxiliar, complementar ou
característica.
Em relação as raízes da equação auxiliar (3.53) temos três casos a
considerar:
i) Duas raízes reais e distintas;
ii) Raízes complexas (conjugadas);
iii) Raízes iguais.
78
Lema 1. [Método d’Alembert ou Redução de Ordem] Se H1 for uma solução
particular de
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 0, (3.54)
uma segunda solução linearmente independente pode ser obtida através da
substituição
H2(G) = E(G)H1(G). (3.55)
Demonstração: Derivando (3.55) obtemos{
H′2 = EH
′
1 + E′H1
H′′2 = EH
′′
1 + 2E′H′1 + E′′H1
. (3.56)
Substituindo (3.55) e (3.56) na equação (3.54) e usando o fato de H1
ser raiz de (3.54) obtemos
E′′ +
(
? + 2
H′1
H1
)
E′ = 0.
Fazendo a substituição E′ = F temos
3F
3G
+
(
? + 2
H′1
H1
)
F = 0⇒ 3F
F
+ 2
H′1
H1
3G = −?3G.
Integrando em ambos os lados
ln |F | + 2 ln |H1 | = −
∫
?3G + � ⇒ ln |FH21 | = −
∫
?3G + �
⇒ E′ = F = �1︸︷︷︸
4�
4−
∫
?3G
H21
.
79
Integrando mais uma vez
E = �1
∫
4−
∫
?3G
H21
3G + �2.
Tomando �2 = 0 e �1 = 1, temos que
H2(G) = H1(G)
∫
4−
∫
?(G)3G
H21(G)
3G (3.57)
é uma segunda solução.
Além disso, (3.55) e (3.57) são linearmente independente, pois
calculando o Wronskiano obtemos
,(H1, H2)(G) = 4−
∫
?3G ≠ 0
em qualquer intervalo em que H1 seja diferente de 0. �
Exemplo 42. Vamos usar o método de d’Alembert para encontrar a segunda
solução da EDO
H′′ − G
G − 1H
′ + 1
G − 1H = 0, (3.58)
sabendo que H1 = 4G é uma solução.
Considerando
H2(G) = E(G)H1(G)
temos que
H′2 = (E′ + E)4G e H′′2 = (E′′ + 2E′ + E)4G . (3.59)
Substituindo (3.59) na EDO (3.58):
(E′′ + 2E′ + E)4G − G
G − 1(E
′ + E)4G + 1
G − 1E4
G = 0
80
E′′ +
(
2 − G
G − 1
)
E′ +
(
1 − G
G − 1 +
1
G − 1
)
E = 0
E′′ +
(
G − 2
G − 1
)
E′ = 0.
Fazendo a mudança F = E′, obtemos a EDO separável
F′ +
(
G − 2
G − 1
)
F = 0 (3.60)
Integrando a equação (3.60) obtemos∫
3F
F
= −
∫
G − 2
G − 13G + �
lnF = −(G − ln |G − 1|)
F = (G − 1)4−G
Revertendo a mudança de variável
E′ = F = (G − 1)4−G ⇒ E =
∫
(G − 1)4−G3G = −G4−G .
Assim, a segunda solução é
H2 = EH1 = −G.
Logo,
H = �14
G + �2G
é solução geral da EDO (3.58).
Teorema 10. Sejam A1 e A2 raízes da equação auxiliar
0A2 + 1A + 2 = 0 (3.61)
81
associada a EDO linear com coeficiente reais
0H′′ + 1H′ + 2H = 0 (3.62)
com 0 ≠ 0.
i) Se A1 ≠ A2 são soluções reais, então
H = �14
A1G + �24A2G (3.63)
é solução de (3.62);
ii) Se A1 = A2, a solução de (3.62) é
H = �14
A1G + �2G4A1G . (3.64)
iii) Se A1 e A2 são raízes complexas, isto é, se A = 
 ± 8� então
H = 4
G(�1cos �G + �2sen �G). (3.65)
é solução de (3.62);
Demonstração:
i) Se A1 e A2 são raízes distintas da equação auxiliar (3.61), o Exemplo
39 garante que
H1 = 4
A1G e H2 = 4A2G (3.66)
são soluções fundamentais para (3.62). O resto sai do Teorema 7.
ii) Se A = A1 = A2, então H1 = 4AG é uma solução para (3.62). Usaremos
o Lema 1 para encontrar a segunda solução.
Escrevendo
H2 = EH1 (3.67)
82
temos {
H′2 = EH
′
1 + E′H1
H′′2 = EH
′′
1 + 2E′H′1 + E′′H1
(3.68)
Substituindo (3.67) e (3.68) em (3.62) obtemos
04AGE′′ + (20A + 1)4AGE′ + (0A2 + 1A + 2)︸ ︷︷ ︸
=0
4AGE = 0. (3.69)
Como
A =
−1 ±
√
12 − 402
20 = −
1
20
a equação (3.69) se transforma em
04AGE′′ = 0.
Assim,
E′′ = 0⇒ E = �2G + �1.
Portanto,
H2 = �14
AG + �2G4AG .
Note que se �2 = 0 a solução H2 é igual a H1. Dessa maneira, se
queremos uma segunda solução linearmente independente, basta
tomar
H2 = G4
AG ,
pois
, (4AG , G4AG) = 42AG ≠ 0 ∀G ∈ R.
Logo, a solução geral é da forma
H = �14
A1G + �2G4A2G .
83
iii) Suponha (3.61) possui duas raízes complexas conjugadas
A1 = 
 + �8 e A2 = 
 − �8.
Pela fórmula de Euler temos
4AG = 4(
+�8)G = 4
G(cos �G + 8 sen �G).
Como
3
3G
(4AG) = A4AG ,
é natural escolher as funções{
H1 = 4
A1G = 4
G(cos �G + 8 sen �G)
H2 = 4
A2G = 4
G(cos �G − 8 sen �G)
.
Dessa maneira,
H = �14
A1G + �24A2G
= (�1 + �2)4
G cos �G + 8(�1 − �2)4
G 8 sen �G
é a solução geral complexa. Como desejamos encontrar soluções
reais para (3.62), vamos escolher certas constantes de tal forma
a produzir soluções reais linearmente independente. Para isso,
escolhendo �1 = �2 =
1
2 obtemos
H1 = 4

G cos �G, (3.70)
enquanto se escolhemos �1 =
1
28 = −�2 obtemos
H2 = 4

G sen �G. (3.71)
Note que as equações (3.70) e (3.71) formam um conjunto de
84
soluções fundamentais, pois ,(4
G cos �G, 4
G sen �G) = �42
G ≠
0.
Logo, a solução geral é
H = 4
G(�1 cos �G + �2 sen �G). �
Exemplo 43. A solução geral da EDO H′′ + H′ − 6H = 0, é
H = �14
2G + �24−3G .
Exemplo 44. A EDO H′′ − 4H′ + 4H = 0, tem solução
H = �14
2G + �2G42G .
Exemplo 45. O conjunto fundamental da EDO homogênea H′′−2H′+ H = 0
é
{4G , G4G}.
Exemplo 46. A EDO H′′ − 4H′ + 5H = 0 tem solução
H = 42G(�1cos G + �2sen G)
Oque foi dito nessa seção pode ser resumido assim: dada umaEDO
do tipo (3.51) obtemosduas raízes A1 e A2 daequação característica (3.53)
e a solução geral é dada pela seguinte tabela
85
Raízes A1 e A2 Conjunto fundamental Solução geral
A1, A2 ∈ R, A1 ≠ A2
{
H1 = 4
A1G
H2 = 4
A2G
H = �14
A1G + �24A2G
A1 = A2 = A ∈ R
{
H1 = 4
AG
H2 = C4
AG
H = �14
AG + �2G4AG
{
A1 = 
 + 8�
A2 = 
 − 8�
{
H1 = 4

G cos �G
H2 = 4

G sen �G
H = 4
G(�1 cos �G + �2 sen �G)
3.4 Exercícios
1. Encontre a EDO homogênea de segunda ordem para a qual as
funções abaixo são soluções. Encontre também o Wronskiano.
(a) 4G , G4G;
(b) 4G cos G, 4G sen G;
(c) cos�G, sen�G;
2. Em cada item abaixo temos uma EDO e uma solução. Usando
o método de redução de ordem Lema 1, encontre uma segunda
solução que é linearmente independente em relação à primeira.
(a) H′′ + 5H′ = 0, H1(G) = 1;
(b) H′′ − 4H′ + 4H = 0, H1(G) = 42G;
(c) G2H′′ − 4GH′ + 6H = 0, G > 0, H1(G) = G2.
(d) H′′ + 16H = 0, H1(G) = cos 4G;
86
(e) 6H′′ + H′ − H = 0, H1(G) = 4G/3.
3. Resolva
(a) 4H′′ + H′ = 0;
(b) H′′ + 16H = 0;
(c) H′′ + 2H′ − 3H = 0;
(d) 2H′′ − 3H′ + H = 0.
4. Verifique se H1 = 1 e H2 =
√
G são soluções da EDO HH′′+ (H′)2 = 0
para G > 0. Mostre que, em geral, a combinação linear de H1 e
H2 não é solução dessa equação. Explique por que o Principio da
Superposição Teorema 5 não é violado.
5. Algumas EDO’s de segunda ordem com coeficientes não-
constantes podem ser resolvidas com o auxílio de uma mudança
de variáveis. É o caso da equação
G2H′′ + 
GH′ + �H = 0, (3.72)
onde 
, � ∈ R e G > 0. Neste exercício iremos aprender a resolver
a equação acima, que é genericamente conhecida como equação
de Euler:
(a) Faça a substituição C = ln G e calcule
3H
3G
e
32H
3G2
em termos de
3H
3C
e
32H
3C2
;
(b) Use o item anterior para mostrar que a equação 3.72 pode ser
transformada na EDO com coeficientes constantes
32H
3C2
+ (
 − 1)3H
3C
+ �H = 0. (3.73)
87
Note que ao encontrar uma solução para equação 3.73
devemos fazer novamente a transformação C = ln G para
encontrarmos a solução geral em termos da variável original
G,
(c) Em seguida, utilize esse método para resolver a EDO
G2H′′ + GH′ + H = 0.
Respostas:
1. (a) H′′ − 2H′ + H = 0, ,(4G , G4G) = 42G ;
(b) H′′ − 2H′ + 2H = 0 ,(4G cos G, 4G sen G) = 42G ;
(c) H′′ + �2H = 0 ,(cos�G, sen�G) = �
2. (a) H2(G) = 4−5G ;
(b) H2(G) = G42G ;
(c) H2(G) = G3.
(d) H2(G) = sen 4G
(e) H2(G) = 4−G/2.
3. (a) H = �1 + �24−
G
4 ;
(b) H = �1 cos 4G + 22 sen 4G;
(c) H = �14G + �24−3G ;
(d) H = �14G + �24
G
2 .
4. Porque a equaçãoé não-linear.
5. (a) A regra da cadeia nos dar
3H
3G
=
3H
3C
3C
3G︸︷︷︸
1/G
32H
3G2
=
32H
3G3C
1
G
− 1
G2
3H
3C
Como G = 4 C segue que 3G = 4 C3C = G3C.
88
Assim,
32H
3G3C
1
G
=
32H
3C2
1
G2
.
Logo,
32H
3G2
=
1
G2
32H
3C2
− 1
G2
3H
3C
;
(b) É só substituir a expressão da primeira e segunda derivada na equação (3.72);
(c) H = �1 cos(ln G) + �2 sen(ln G).
3.5 Equações Lineares Homogêneas de Ordem = > 2.
Equações diferenciais lineares de ordem = são as equações da forma
?=(G)
3=H
3G=
+ ?=−1(G)
3=−1H
3G=−1
+ · · · + ?2(G)
32H
3G2
+ ?1(G)
3H
3G
+ ?0(G)H = 6(G),
(3.74)
onde ?1, . . . , ?= , 6 são funções contínuas num intervalo � ⊂ R.
Quando 6 ≡ 0, ou seja,
?=(G)
3=H
3G=
+ ?=−1(G)
3=−1H
3G=−1
+ · · · + ?2(G)
32H
3G2
+ ?1(G)
3H
3G
+ ?0H = 0, (3.75)
diremos que a equação é linear homogênea.
Um Problema de Valor Inicial de uma equação de ordem = deve ter
= condições iniciais: 
H(G0) = H0
H′(G0) = H′0
.:
H(=−1)(G0) = H(=−1)0 .
(3.76)
Teorema 11 (Existência e Unicidade). Sejam ?1, ?2, . . . , ?= e 6 funções
contínuas em um intervalo aberto � ⊂ R contendo o ponto G0. Então existe
89
uma única solução H para o problema da equação (3.74), satisfazendo as
condições iniciais (3.76), e a solução existe em todo o intervalo �.
Se H1, . . . , H= são soluções de (3.75) é fácil ver que a combinação
linear
�1H1 + · · · + �=H=
também é solução da EDO (3.75).
O Wronskiano de = funções H1, H2, . . . , H= é definido como
,(H1, H2, . . . , H=)(G) = det

H1(G) H2(G) . . . H=(G)
H′1(G) H′2(G) . . . H′=(G)
.: .: . . . .:
H
(=−1)
1 (G) H
(=−1)
2 (G) . . . H
(=−1)
= (G)
 . (3.77)
Qualquer conjunto H1, . . . , H= de soluções da equação homogênea
(3.75) é chamado de conjunto fundamental de soluções.
Teorema 12. Sejam ?1, ?2, . . . , ?= funções contínuas em um intervalo
aberto � ⊂ R. Sejam H1, H2, . . . , H= soluções da equação homogênea (3.75)
no intervalo I. Então H1, H2, . . . , H= formam um conjunto fundamental de
soluções de (3.75) se, e somente se,
,(H1, H2, . . . , H=)(G) ≠ 0 ∀G ∈ �.
Para encontrar a solução desse tipo de EDO’s iremos inicialmente
resolver as equações lineares homogêneas de coeficientes constantes.
Na EDO (3.75) considerando os coeficientes constantes, isto é,
tomando
?= ≡ �= , ?=−1 ≡ �=−1, . . . , ?0 ≡ �0,
90
onde �0, �1, . . . , �= são constantes com �= ≠ 0 temos
�=
3=H
3G=
+ �=−1
3=−1H
3G=−1
+ · · · + �2
32H
3G2
+ �1
3H
3G
+ �0H = 0. (3.78)
Observe que se fizermos �= = · · · = �2 = 0 teremos uma equação
linear de primeira ordem,isto é,
�1
3H
3G
+ �0H = 0
cuja solução particular pode ser da forma H = 4AG .
Impondo H = 4AG como uma solução particular de (3.78), obtemos
�=A
=4AG + �=−1A=−14AG + · · · + �2A24AG + �1A4AG + �04AG = 0
⇒ 4AG(�=A= + �=−1A=−1 + · · · + �2A2 + �1A + �0) = 0,
e como 4AG ≠ 0, teremos (assim como no caso = = 2) a equação
�=A
= + �=−1A=−1 + · · · + �2A2 + �1A + �0 = 0, (3.79)
chamada de equação auxiliar.
Em relação à equação auxiliar podemos ter quatro casos a
considerar:
i) Todas as raízes da equação auxiliar (3.79) são reais e distintas:
Se A1, A2, A3, . . . , A= ∈ R são raízes distintas da equação auxiliar
(3.79), então a solução geral é
H = �14
A1G + �24A2G + �34A3G + · · · + �=4A=G
ii) A equação auxiliar tem raízes complexas.
Se na equação (3.79) tivermos uma raiz complexas, devemos ter
91
a conjugada como raiz também (A1 = 0 + 81 e A2 = 0 − 81). Dessa
maneira, na solução geral deve haver parcelas do tipo
4 0G(�1cos 1G + �2sen 1G).
iii) A equação auxiliar (3.79) tem raízes múltiplas.
Suponha que A1 = A2 são raízes múltiplas da equação auxiliar. Na
sua solução geral aparecerá parcelas do tipo
�14
A1G + �2G4A1G .
iv) A equação auxiliar (3.79) tem raízes que se encaixam em dois ou
três casos acima.
Nesse caso a solução geral da EDO será a junção de cada caso.
Exemplo 47. Vamos resolver a EDO H′′′−5H′′+6H′ = 0. A equação auxiliar
é A3 − 5A2 + 6A = 0 cuja raízes são 0, 2 e 3. Portanto a solução geral é
H = �14
0G + �242G + �343G .
Exemplo 48. A EDO H′′′ − 4H′′ + 5H′ = 0 tem solução
H = �1 + 42G(�2cos G + �3sen G).
Exemplo 49. A EDO H′′′ − 5H′′ + 7H′ = 0 tem solução
H = �1 + 4
5
2G
(
�2cos
G
√
3
2 + �3sen
G
√
3
2
)
.
Exemplo 50. A equação auxiliar da EDO
34H
3G4
+ 23
2H
3G2
+ H = 0
92
é
(A2 + 1)2 = 0.
Suas raízes são A1 = 8 e A2 = −8. Como ambas tem multiplicidade dois, sua
solução geral é
H = �1 cos G + �2 sen G + �3G cos G + �4G sen G.
De fato, pelo caso iii) uma parcela da solução é
�1 cos G + �2 sen G
e como ela tem multiplicidade dois, o caso ii) garante que teremos uma outra
parcela da forma
G(�1 cos G + �2 sen G).
Exemplo 51. A equação auxiliar da EDO
H(6) + 8H(4) + 16H′′ = 0
é
A6 + 8A4 + 16A3 − 0
A2
(
A4 + 8A2 + 16
)
= 0.
As raízes dessa equação auxiliar são
{0, 0, 28 ,−28 , 28 ,−28}
Note que todas as raízes possuem multiplicidade 2. Assim,
H = �1 + �2G + �3 cos 2G + �4 sen 2G + G (�5 cos 2G + �6 sen 2G) .
93
3.6 Exercícios
Resolva:
1. 4
34H
3G4
+ 123
2H
3G2
+ 9H = 0;
2.
35H
3G5
− 2
34H
3G4
+ 17
33H
3G3
= 0;
3. 2
35H
3G5
− 7
34H
3G4
+ 12
33H
3G3
+ 8
32H
3G2
= 0;
4.
34H
3G4
− H = 0 H(0) = H′(0) = H′′(0) = 0 e H′′′(0) = 1.
Respostas:
1. H = �1 cos
√
3G/2 + �2 sen
√
3G/2 + �3G cos
√
3G/2 + �4G sen
√
3G/2;
2. H = �1 + �2G + �3G2 + 4G(�4 cos 4G + �5 sen 4G);
3. H = �1 + �2G + �34−
G
2 + 42G(�4 cos 2G + �5 sen 2G);
4. H = 14 4
G − 14 4
−G − 12 sen G.
3.7 Equações Lineares de Segunda Ordem Não
Homogêneas
Nesta vamos resolver o problema das equações não homogêneas.
Para isso vejamos o Teorema abaixo.
Teorema 13. Se H? for uma solução particular qualquer da equação não
homogênea
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 6(G) (3.80)
e H1 e H2 forem duas soluções particulares linearmente independente da
equação linear homogênea
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 0, (3.81)
94
então qualquer solução da equação não homogênea pode ser expressa na forma:
H = H? + H2
= H? + �1H1 + �2H2.
Demonstração: Seja H? uma solução particular e H a solução geral da
equação da equação não homogênea. Assim,
H′′? + ?(G)H′? + @(G)H? = 6(G); (3.82)
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 6(G). (3.83)
Subtraindo 3.82 e 3.83 temos
(H − H?)′′ + ?(G)(H − H?)′ + @(G)(H − H?) = 0.
Portanto, (H − H?) é solução da equação homogênea. Pelo Teorema
4 temos que (H − H?) é a única solução da equação homogênea 3.81.
Além disso, como a solução geral dessa equação é
H2(G) = �1H1(G) + �2H2(G)
temos que
H − H? = H2 ⇒ H = H? + H2
com H2 = �1H1 + �2H2. �
Observação 14. A função H2 é chamada de solução auxiliar, complementar
ou característica. Além disso, esse resultado pode ser adaptado para EDO’s
de ordem maior que 2.
Em resumo, o Teorema 13 afirma que a solução geral da equação
95
linear não homogênea (3.80) tem a forma:
H = H2 + H? .
Para determinarmos a solução particular H? , dispomos dos seguintes
métodos:
i) Método dos Coeficientes a Determinar ou Método de Descartes;
ii) Método da Variação de Parâmetros ou Método de Lagrange;
iii) Método do Operador Derivada �.
3.7.1 Método do Coeficiente a Determinar
Ométododos coeficientes adeterminar édestinadoa encontraruma
solução particular, de acordo com a forma do termo independente da
equação linear (3.80), ou seja, o termo independente da equação
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 6(G).
1° caso: O termo independente é da forma
6(G) = 0<G< + 0<−1G<−1 + · · · + 01G + 00.
A solução particular H? é um polinômio inteiro em G, de grau<+ ℎ,
sendo ℎ amenor das ordens da derivada que aparece no lado esquerdo
da equação (3.80).
Exemplo 52. Resolver a EDO
32H
3G2
− 53H
3G
+ 6H = 2G2 − 1. (3.84)
96
Vamos inicialmente calcular a solução complementar H2 . A equação
auxiliar é
A2 − 5A − 6 = 0
e suas raízes são 2, 3. Assim:
H2 = �14
2G + �243G
Calcularemos agora a solução particular. Como 6 é um polinômio do
segundo grau temos que < = 0 e ℎ = 0, pois a menor derivada tem ordem 0
(referente a parcela 6H).
Assim,
H? = �G
2 + �G + �, (3.85)
e {
H′? = 2�G + �
H′′? = 2�
(3.86)
Substituindo (3.85) e (3.86)em (3.84) encontramos
� =
1
3 , � =
5
9 , � =
5
27 ,
nos fornecendo a equação:
H? =
G2
3 +
5G
9 +
5
27 .
Como H = H2 + H? , temos
H = �14
2G + �243G +
G2
3 +
5G
9 +
5
27
Esse método também funciona para EDO’s não homogêneas de
ordem maior que 2.
97
Exemplo 53. Resolveremos a EDO
33H
3G3
− 43H
3G
= 1 − 3G. (3.87)
A solução geral é
H2 = �1 + �242G + �34−2G .
A solução particular H? é da forma
H? = �G
2 + �G + �, (3.88)
já que 6 é do primeiro grau e a menor ordem da derivada que aparece na
equação 1. Assim, {
H′? = 2�G + �
H′′? = 2�
(3.89)
Substituindo (3.88) e (3.89) em (3.87) obtemos
� =
3
8 , � = −
1
4
H? =
3
8G
2 − G4 + �
Assim a solução geral será:
H = �1 + �242G + �34−2G +
3
8G
2 − G4
Exemplo 54. A solução complementar da EDO é
33H
3G3
− 23
2H
3G2
= 3G2 − 2G + 1 (3.90)
é
H2 = �1 + �2G + �342G .
98
A solução particular é
H? = �G
4 + �G3 + �G2, (3.91)
pois < = 2 e ℎ = 2.
Como vamos calcular apenas a terceira e segunda derivada de H? , omitimos
o termo do primeiro grau e o termo independente de H? .
Substituindo H′′? em H′′′? em (3.90) temos:
� = −18 , � = −
1
12 e −
3
8
Portanto
H? = −
G4
8 −
G3
12 −
3G2
8 .
Assim a solução geral será
H = �1 + �2G + �342G −
G4
8 −
G3
12 −
3G2
8
2° caso: A função 6 é da forma
6(G) = 4 :G .
Nesse caso, a solução particular é da forma
H? = �G
ℎ4 :G ,
onde ℎ é a multiplicidade de : como raiz da equação auxiliar.
Exemplo 55. Resolver a equação
H′′ − 7H′ + 12H = 34−G . (3.92)
99
A solução complementar é
H2 = �14
3G + �244G
A solução particular é da forma H? = �4−G , pois ℎ = 0 (−1 não é raiz da
equação auxiliar). Substituindo H? , H′? , e H′′? em (3.92) obtemos:
� =
3
20 .
Assim,
H? =
3
204
−G .
Logo, a solução geral é
H = �14
3G + �244G +
3
204
−G .
Exemplo 56. Na equação
H′′ − 7H′ + 10H = 842G (3.93)
a solução complementar H2 é:
H2 = �14
2G + �245G .
A solução particular é da forma
H? = �G4
2G ,
já que ℎ = 1, pois 2 é raiz da equação auxiliar. Substituindo em H? , H′? e H′′?
em (3.93) temos
� = −83 .
100
Logo,
H = H2 + H? = �142G + �245G −
8
3G4
2G
Exemplo 57. Na equação
H′′ − 4H′ + 4H = 842G
o valor de H? = �G242G , pois ℎ = 2, já que aparece a raiz dupla 2 na equação
auxiliar e : = 2
Exemplo 58. Por fim, na equação H′′ + 4H = 344G o valor de H? é
H? = �4
4G .
3° caso: A função 6 é da forma
6(G) = sen :G ou 6(G) = cos :G.
Para esse caso, a função H? será da forma
H? = G
ℎ(� sen :G + � cos :G),
onde ℎ é a multiplicidade da raiz imaginária :8 na equação auxiliar.
Exemplo 59. Na equação
H′′ − 4H′ + 3H = 3 sen 2G
o valor de H? é:
H? = G
0(� sen 2G + � cos 2G),
pois ℎ = 0 já que a equação auxiliar não apresenta a raiz imaginária 28 (: = 2).
Exemplo 60. Na equação
H(4) − 4H′′ = 8 sen 4G
101
apresenta o valor de H? com sendo:
H? = � sen 4G.
Note que : = 4 e ℎ = 0, pois 48 não é raiz da equação auxiliar. Além disso,
não precisamos colocar o termo � cos 4G, pois aparecem apenas derivadas
pares no lado esquerdo da equação.
Observação 15. A solução particular da EDO do Exemplo 60 poderia ser
considerada da forma
H? = � sen 4G + � cos 4G.
Nesse caso, o coeficiente � é igual a 0.
Exemplo 61. Na equação
H′′ + H = 4 sen G
tem H? = G(� sen G + � cos G), pois ℎ = 1, já que : = 1 e existe a raiz
imaginária 8 (de multiplicidade igual a 1) da equação auxiliar.
4° caso: O termo independente 6 é uma soma, subtração ou
multiplicação de exponenciais, polinômios, senos ou cossenos.
A solução particular será uma soma, subtração ou multiplicação
dos termos que aparecem aplicando os casos acima.
Exemplo 62. Vamos encontrar a expressão da solução particular da EDO
H′′ − 9H′ + 14H = 3G2 − 5 sen 2G + 7G46G .
102
O solução particular associada ao termo
3G2︸︷︷︸
H?1
− 5 sen 2G︸ ︷︷ ︸
H?2
+ 7G46G︸︷︷︸
H?3
é H? = H?1 + H?2 + H?3 , onde
H?1 = �G
2 + �G + �;
H?2 = � cos 2G + � sen 2G;
H?3 = (�G + �)�46G (�G + � corresponde a 7G e�46G corresponde a 46G).
Note que o coeficiente� de H?3 pode ser desconsiderada. Sendo assim podemos
escrever H?3 simplesmente como
H?3 = (�G + �)46G .
Observação 16. No Exemplo 62, note que nenhum dos termos da solução
particular H? é igual aos termos da solução complementar
H2 = �14
2G + �247G .
A seguir veremos casos em que essa situação acontece, mas antes
vamos apresentar vários exemplos em forma de tabela com tentativas
para soluções particulares onde nenhuma função de H? é solução para
a EDO homogênea associada a
3=H
3G=
+ 0=−1
3=−1H
3G=−1
+ · · · + 02
32H
3G2
+ 01
3H
3G
+ 00H = 6(G) (00 ≠ 0). (3.94)
103
6(G) Forma de H?
1. 0 (constante) �
2. 0G + 1 �G + �
3. 0G2 + 1 �G2 + �G + �
4. G3 + 0G + 1 �G3 + �G2 + �G + �
5. 0 sen :G � cos :G + � sen :G
6. 0 cos :G � cos :G + � sen :G
7. 04 :G �4 :G
8. (0G + 1)4 :G (�G + �)4 :G
9. 0G24 :G
(
�G2 + �G + �
)
4 :G
10. 04 :1G sen :2G �4 :1G cos :2G + �4 :1G sen :2G
11. 0G2 sen :G
(
�G2 + �G + �
)
cos :G +
(
�G2 + �G + �
)
sen :G
12. 0G4 :1G cos :2G (�G + �)4 :1G cos :2G + (�G + �)4 :1G sen :2G
Suponha que a função 6 da equação (3.94) possui < termos. Se a
solução particular H? associada a função 6 for escrita como
H? = H?1 + H?2 + . . . + H?<
onde os H?8 , 8 = 1, 2, . . . , <, são as formas de soluções particulares
tentadas correspondentes a cada termo de 6. Nessa situação, se algum
H?8 contém termos que duplicam termos na solução complementar H2 ,
então a solução H?8 deverá ser multiplicada por G= , onde = é o menor
inteiro positivo que elimina essa duplicação.
Exemplo 63. Na EDO
H′′ − 2H′ + H = 4G , (3.95)
sua solução complementar é H2 = �14G + �2G4G . A equação H? = �4G não
104
funciona como solução particular. Além disso, H? = �G4G também não
funciona. Isso acontece, pois os termos 4G , G4G fazem parte de H2. Assim,
H? = �G
24G . (3.96)
Substituindo (3.96) em (3.95), obtemos � = 12 .
3.7.2 Método da Variação de Parâmetro
Considere uma EDO linear não-homogênea de segunda ordem
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 6(G), (3.97)
onde ?, @ e 6 são funções contínuas no intervalo aberto � ⊂ R.
Sejam H1 e H2 soluções linearmente independente da equação
homogênea
H′′ + ?(G)H′ + @(G)H = 0. (3.98)
Lembre-se que o Wronskiano não se anula em �
,(H1, H2)(G) = det
[
H1(G) H2(G)
H′1(G) H′2(G)
]
= H1(G)H′2(G) − H′1(G)H2(G) ≠ 0.
(3.99)
Nesse método vamos determinar funções E1 e E2 de modo que
H?(G) = E1(G)H1(G) + E2(G)H2(G) (3.100)
seja uma solução particular da equação não homogênea (3.97).
Como apresentamos duas funções desconhecidas E1 e E2, é natural
pensar que devemos impor duas condições sobre essas funções.
105
A derivada da equação (3.100) é
H′? = E1H
′
1 + E′1H1 + E′2H2 + E2H′2. (3.101)
Para simplificar o cálculo e evitar derivadas de segunda ordem para
E1 e E2 na expressão H′′? impomos
E′1H1 + E′2H2 = 0. (3.102)
Assim, a equação (3.101) se reduz a
H′? = E1H
′
1 + E2H′2. (3.103)
Derivando (3.103) obtemos
H′′? = E
′
1H
′
1 + E1H′′1 + E′2H′2 + E2H′′2 . (3.104)
Substituindo (3.100), (3.103) e (3.104) em (3.97) obtemos
E′1H
′
1 + E′2H′2 = 6. (3.105)
Pelo o que foi dito acima, a solução particular será dada
H? = E1H1 + E2H2,
onde E1 e E2 são funções determinadas pela resolução do sistema:{
E′1H1 + E′2H2 = 0
E′1H
′
1 + E′2H′2 = 6
∼
[
H1 H2
H′1 H
′
2
] [
E′1
E′2
]
=
[
0
6
]
(3.106)
O sistema (3.106) possui uma única solução por causa da equação
106
(3.99) e 
E′1(G) =
−6(G)H2(G)
,(H1, H2)(G)
E′2(G) =
6(G)H1(G)
,(H1, H2)(G)
. (3.107)
Integrando as funções E′1 e E
′
2 presente na equação (3.107) obtemos
E1(G) =
∫ −6(G)H2(G)
,(H1, H2)(G)
3G
E2(G) =
∫
6(G)H1(G)
,(H1, H2)(G)
3G
. (3.108)
Exemplo 64. Vamos encontrar a solução geral em
(
−�2 ,
�
2
)
da EDO
32H
3G2
+ H = tg G.
Considerando
H? = E1(G) cos G + E2(G) sen G (3.109)
como sendo a solução particular e resolvendo o sistema{
cos GE′1 + sen GE′2 = 0
− sen GE′1 + cos GE′2 = tg G
(3.110)
e integrando as funções E′1 e E
′
2, obtemos{
E1(G) = sen G − ln | sec G + tg G | + �1
E2(G) = − cos G + �2
. (3.111)
107
Substituindo as funções E1 e E2 da equação