Equações Diferenciais

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Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia da Bahia - IFBA
Equações Diferenciais
Versão 2
Allan de Sousa Soares
Ana Karine Dias Caires Brandão
Vitória da Conquista - BA
2021
Sumário
1 Equações Diferenciais:
Terminologia e Definições Básicas 8
1.1 Classificação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Problema de Valor Inicial e Variáveis Separáveis 14
2.1 Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Variáveis Separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.4 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.5 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3 Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Equação Diferencial Homogênea de Primeira Ordem 22
3.1 Equações Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3.2 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.3 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.4 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4 Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Equação Diferencial Exata 27
4.1 Equações Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
4.2 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
4.3 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
4.4 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
5 Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem 33
5.1 Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
5.2 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
5.3 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
5.4 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
1
6 Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Equações Diferenciais Diversas: Bernoulli, Ricatti e Clairaut. 38
6.1 Equação de Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
6.2 Equação de Ricatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
6.3 Equação de Clairaut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
6.4 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
6.5 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
6.6 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
7 Equações Diferenciais de Ordem Superior:
Problema de Valor Inicial
Dependência Linear e Independência Linear 43
7.1 Problema de Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
7.2 Dependência Linear e Independência Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
7.3 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
7.4 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
7.5 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
8 Equações Diferenciais de Ordem Superior:
Equações Diferenciais Lineares Homogêneas de Ordem Superior 51
8.1 Equação Homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
8.2 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
8.3 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
8.4 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
9 Equações Diferenciais de Ordem Superior:
Equações Diferenciais Lineares Não Homogêneas de Ordem Superior 56
9.1 Equação Não-Homogênea . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
9.2 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
9.3 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
9.4 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
10 Equações Diferenciais de Ordem Superior:
Construindo Uma Segunda Solução a Partir de Uma Outra Solução
Conhecida 61
10.1 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
10.2 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
10.3 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
11 Equações Diferenciais de Ordem Superior:
Equações Lineares Homogêneas com Coeficientes Constantes 65
11.1 Equações Lineares Homogêneas de Segunda Ordem com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . 65
11.2 Equações Lineares Homogêneas de n-ésima Ordem com Coeficientes Constantes . . . . . . . . . . . . . 67
11.3 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
11.4 Resposta dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
11.5 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
2
12 Equações Diferenciais de Ordem Superior:
Método dos Coeficientes a Determinar e o Prinćıpio da Superposição 70
12.1 Método dos Coeficientes a Determinar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
12.2 Prinćıpio da Superposição . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
12.3 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
12.4 Resposta dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
12.5 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . 74
13 Equações Diferenciais de Ordem Superior:
Variação de Parâmetros 76
13.1 Equação Linear de Primeira Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
13.2 Equação Linear de Segunda Ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
13.3 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
13.4 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
13.5 Links . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
14 Resolução de Equações Diferenciais Usando Séries de Potências:
Revisão Sobre Séries de Potências 81
14.1 Fatos Sobre Séries de Potências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
14.2 Operações Com Séries . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
15 Resolução de Equações Diferenciais Usando Séries de Potências:
Soluções Por Séries de Potências em Torno de Pontos Ordinários 86
15.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
15.2 Soluções em Torno de Pontos Ordinários . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
15.3 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
15.4 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
16 Resolução de Equações Diferenciais Usando Séries de Potências:
Soluções em Série de Potências em Torno de Pontos Singulares Re-
gulares 93
16.1 Pontos Singulares Regulares e o Teorema de Frobenius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
16.2 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
16.3 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
17 Modelagem Matemática Usando Equações Diferenciais:
Aplicações das Equações Diferenciais de Primeira Ordem 98
17.1 Trajetórias Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
17.2 Meia-Vida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
17.3 Resfriamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
17.4 Circuitos em Série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100
17.5 Crescimento Populacional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
17.6 Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
17.7 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
3
18 Modelagem Matemática Usando Equações Diferenciais:
Aplicações das Equações Diferenciais de Segunda Ordem 106
18.1 Movimento Harmônico Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
18.2 Movimento Amortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
18.3 Movimento Forçado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
18.4 Circuitos em Série L−R− C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
18.5 Exerćıcio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
18.6 Respostas dos Exerćıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
4
Introdução
O tópico das equações diferenciais é muito vasto, podendo ser abordado de diferentes maneiras, dependendo do
objetivo do estudo. Do ponto de vista da matemática aplicada, tais equações são utilizadas para descrever situações
do mundo real, tendo um papel relevante na ligação e interação da matemática com outras ciências: na F́ısica, para
descrever a variação de temperatura de um corpo; na Qúımica, para compreender a velocidade de decaimento de
substâncias radiativas; na Biologia, para modelar o crescimento de populações; além dos vários ramos da Engenharia.
5
Organização Deste Material e Algumas
Outras Dicas
A organização do conteúdo deste material foi cuidadosamente pensada para promover um aprendizado significativo
acerca dos assuntos abordados. Aqui seguem algumas dicas de como usá-lo:
1. Teoremas e definições são, em geral seguidos de exemplos. Recomenda-se que o leitor entenda bem tais
resultados explicitando-os na resolução de um problema assim como feito no material. Se posśıvel, o repita até
conseguir um texto próprio.
2. Em boa parte dos casos, a demonstração de alguns teoremas pode não ser tão simples e até mesmo omitidas
no texto. Não se preocupe esta é apenas uma matérias introdutória. Contudo, ao entender a demonstração de um
teorema passamos de “somente aceitar o resultado”para “acreditarmos que o mesmo é de fato verdadeiro”. Entender
uma demonstração, sempre que posśıvel, é de grande importância. “O cérebro que se abre para uma demonstração é
um cérebro melhorado.”
3. Leia atentamente a solução dos exemplos, vejam como se emprega o jargão da matéria. Notem que a solução não é
simplesmente apresentar um cálculo, mas sim apresentar a explicação passo a passo do problema dado. Seu professor
fica emocionado quando você discorre textualmente em uma questão de matemática. “Colega, olha só como meu aluno
resolveu esta questão. Ele escreveu uma bela resposta.”
4. Ao longo do texto são utilizados alguns softwares tendo em vista uma melhor visualização do que está sendo
abordado.
5. Nos tópicos Palavras dos Mestres costumo “esticar” a explicação de alguns pontos que julgo importantes para
o leitor.
6. Nos tópicos Revisando relembro alguns conceitos muito provavelmente já vistos pelo leitor bem como alguns
outros fora do escopo da matéria mas que aparecem vez ou outra no texto.
7. Ao final de cada caṕıtulo, na versão digital (PDF), o leitor encontrará Links de videoaulas referentes aos assuntos
abordados.
Muito do que será exposto nas próximas páginas é, em boa parte fundamentado em [1](Veja a referência Principal),
principalmente teoremas e definições. O leitor interessado pode tentar obter a obra[1] a fim de ter um material completo
e muito bem escrito sobre o tema.
Por fim, a produção deste material, bem como todos os materiais didáticos que elaboramos enquanto professores
do Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia da Bahia não tem qualquer pretensão financeira. Seu único
objetivo é a difusão do conhecimento. Ele pode ser copiado, reproduzido e melhorado à vontade.
Email para sugestões: allansoares007@gmail.com
6
Plano de Aula
Aula 1
Instituição: Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia da Bahia
Professor: Allan de Sousa Soares
Disciplina: Equações Diferenciais
Conteúdo Pragmático: Equações Diferenciais
Tema da Aula: Terminologia e Definições Básicas
Duração: 100 min
Objetivos:
- Apresentar a terminologia e as definições básicas;
- Definir o que é uma solução para uma equação diferencial.
Metodologia:
- Aula expositiva participada.
Recursos Didáticos Utilizados:
- Apostila;
- Pincel e quadro branco;
- Datashow;
Avaliação:
- Observação;
- Resolução de exerćıcios.
Referência Principal:
[1] ZILL, D. G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. 9 ed. São Paulo:Cengage Learning, 2011.
Bibliografia:
[2] BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 7 ed.
Rio de Janeiro: LTC, 2002.
[3] SANTOS, R. J. Introdução às Equações Diferencias Ordinárias. Belo Horizonte: Impressa Universitária da UFMG,
Novembro de 2011.
7
Caṕıtulo 1
Equações Diferenciais:
Terminologia e Definições Básicas
1.1 Classificação
O presente caṕıtulo apresentam algumas terminologias e definições que serão usadas ao longo de toda a matéria.
Sendo assim, observe cada uma com bastante cuidado.
Definição 1. Uma equação que contém as derivadas ou diferenciais de uma ou mais variáveis dependentes, em relação
a uma ou mais variáveis independentes, é chamada de equação diferencial (ED).
Exemplo 1. São ED’s as seguintes equações:
(1) dydt + 2y = 1;
(2) (y − x)dx+ 4xdy = 0;
(3) y′′ − 5y′ + 6y = 0;
(4) ∂u∂y =
∂v
∂x + 2x.
Note que em todos os casos a mera presença de termos como dx, dy, ∂ e ainda y′, y′′, . . . y(n) já nos diz tratar-se de uma
ED. Cuidado, não confunda yn com y(n). No primeiro caso temos uma potência de y e no segundo uma diferencial de
ordem n.
Uma equação diferencial pode ser classificada quanto ao tipo, ordem e linearidade.
• Classificação quanto ao tipo
Se uma equação contém somente derivadas ordinárias de uma ou mais variáveis dependentes, com relação a uma
única variável independente, ela é chamada de equação diferencial ordinária (EDO).
Exemplo 2. São exemplos de EDO’s as seguintes equações:
(1) dydt − 2y = sen(t)
(2) d
2y
dx2 − 5
dy
dx + 6y = 0
(3) dudt −
dv
dt = x.
Note que a presença de uma única variável nos denominadores das diferenciais (nos exemplos, somente x ou somente
t) nos indica tratar-se de EDO’s. A notação y′, y′′, . . . , y(n) já revela tratar-se de uma EDO pois, ela omite a variável
sobre a qual se está derivando, que neste caso deve ser a mesma para todos os termos.
Uma equação que envolve deridas parciais de uma ou mais variáveis dependentes de duas ou mais variáveis inde-
pendentes é dita equação diferencial parcial (EDP)
Exemplo 3. São EDP’s as seguintes equações:
(1) ∂u∂y = −
∂v
∂x ;
8
(2) ∂
2u
∂x2 =
∂2u
∂t2 − 2
∂u
∂t .
Note que a presença de mais de uma variável nos denominadores das diferenciais (nos exemplos, x e y e também x e
t) nos indica tratar-se de EDP’s.
• Classificação quanto a ordem
A ordem de uma ED é dada pela maior das ordens dentre todas as derivadas de sua fórmula.
Exemplo 4. Vejamos alguns exemplos de ED’s e suas ordens:
ED’s de ordem 1:
4x
dy
dx
+ y = −2x e y′ + 2y = x,
pois os termos de maiores ordens são dados por dydx e y
′ respectivamente;
ED’s de ordem 2:
y′′ + 5y′ + y = 0,
dy
dx
+
d2y
dx
=
√
dy
dx
+ x e
∂2u
∂2x
+
∂u
∂t
= 0,
pois os termos de maiores ordens são dados por y′′, d
2y
dx e
∂2u
∂x2 respectivamente;
ED’s de ordem 4:
a2
∂4v
∂x4
+
∂2v
∂t2
= 0 e y(4) + y5 +−2y = 1
x
,
pois os termos de maiores ordens são dados por ∂
4v
∂x4 e y
(4) respectivamente.
• Classificação quanto linearidade
Definição 2. Uma equação diferencial é chamada linear se pode ser escrita na forma:
an(x)
dny
dxn
+ an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ . . .+ a1(x)
d1y
dx1
+ a0(x)y = g(x).
Caso contrário, dizemos que a equação diferencial é não-linear.
Em outras palavras, a Definição 2 nos diz que:
i) As variáveis dependentes de y e todas as suas derivadas são do primeiro grau, isto é, cada potência de um termo
envolvendo y é igual a 1.
ii) Cada coeficiente depende apenas da variável independente x.
Exemplo 5. São ED’s lineares:
(1) y′′ − 5y′ + 3y = x.
Note que a2(x) = 1, a1(x) = −5, a0(x) = 3 e g(x) = x.
(2)x2dy + ydx = 0.
Neste caso devemos reorganizar (2) da seguinte forma:
x2dy + ydx = 0⇔ x2 dy
dx
+ y = 0
donde segue que a1(x) = x
2, a0(x) = 1 e g(x) = 0.
(3)x3 d
3y
dx3 − x
2 d
2y
dx2 + 6y = e
3x.
Note que a3(x) = x
3, a2(x) = −x2, a1(x) = 0, a0(x) = 6 e g(x) = e3x.
Exemplo 6. São ED’s não-lineares:
(1)x2y′′ + yy′ = 0.
Não-linear devido à presença do termos estranho yy′.
(2) y′′ − 2y2 + xy = 0.
Não-linear devido à presença do termos estranho y2.
(3) x3
(
d5y
dx5
)4
− x2 d
2y
dx2 + x
2 dy
dx + 6y = e
3x.
Não-linear devido à presença do termos estranho
(
d5y
dx5
)4
.
9
1.2 Solução de uma Equação Diferencial Ordinária
Nesta seção trataremos de definir o que vem a ser a solução de uma EDO. Em um primeiro momento não
discutiremos qualquer método de solução, mas sim quando reconhecer uma quando se deparar com ela.
Definição 3. Qualquer função f definida em um intervalo I, que, quando substitúıda na equação diferencial, reduz
a equação a uma identidade, é chamada de solução para a equação no intervalo.
Exemplo 7. Verifique se y = x
4
16 é uma solução para a equação não linear
dy
dx = xy
1/2 no intervalo (−∞,+∞).
Solução: Note que
y =
x4
16
⇒ y1/2 = x
2
4
e y′ =
x3
4
.
Assim, partindo do lado direito da edo dada temos:
xy1/2 = x
x2
4
=
x3
4
=
dy
dx
,
que corresponde exatamente ao lado esquerdo para todo x ∈ R. Logo, a função y = x
4
16 é uma solução para a edo
dy
dx = xy
1/2 no intervalo (−∞,+∞).
Exemplo 8. Verifique se a função y = e2x é uma solução para a equação linear y′′ − 5y′ + 6y = 0.
Solução: De fato, calculando y′ e y′′ temos
y′ = 2e2x e y′′ = 4e2x,
onde substituindo no lado esquerdo da EDO dada, temos
y′′ − 5y′ + 6y = 4e2x − 5.2e2x + 6e2x = 0,
que é justamente o lado direito. Logo a função y = e2x é uma solução para a equação y′′ − 5y′ + 6y = 0 no intervalo
(−∞,∞).
Exemplo 9. A função y − 3x = 1 é uma solução da EDO de primeira ordem xdy = (1− y)dx no intervalo (0,+∞).
Solução: Devemos reorganizar a EDO xdy = (1− y)dx, que fica melhor escrita assim:
xdy = (1− y)dx⇔ xdy
dx
= 1− y.
Além disso, y = 1 + 3x . Note que
dy
dx = −
3
x2 , donde obtemos
x
dy
dx
= x
(
− 3
x2
)
⇔ − 3
x
= 1− 1− 3
x
= 1−
(
1 +
3
x
)
= 1− y,
que é justamente o lado esquerdo da nossa equação (reescrita). Logo, a função y − 3x = 1 é uma solução da equação
xdy = (1− y)dx no intervalo (0,+∞).
Exemplo 10. Verifique se a função y = x2 + 2x é uma solução para a EDO y′ = 2x+ 1 em (−∞,+∞).
Solução: Note que
y = x2 + 2x⇒ y′ = 2x+ 2 6= 2x+ 1,
para todo x real. Logo, a função y = x2 + 2x não é solução para a equação y′ = 2x+ 1 em (−∞,+∞).
10
Palavras dos Mestres 1. É comum embolar o meio de campo nos primeiros exerćıcios que se faz na tentativa
de se verificar se uma função é ou não solução de uma EDO. A dúvida em geral é partir de um dos lados e
chegar ao outro após a substituição da função dada. Neste caso, recomenda-se um ajuste da equação diferencial
deixando o lado direito sempre igual a zero. Então, neste caso, para verificar que uma dada função é a solução
de uma EDO basta zerar a expressão resultando após a substituição ou não (caso contrário). Por exemplo, no
Exemplo 7 podeŕıamos ter considerado a EDO dydx − xy
1/2 = 0 ao invés da forma dada dydx = xy
1/2. Neste caso,
substituindo y = x
4
16 na primeira, basta mostrar que tudo se anula. De fato, considerando y =
x4
16 temos que
y′ = x
3
4 . Assim,
dy
dx
− xy1/2 = x
3
4
− xx
2
4
=
x3
4
− x
3
4
= 0,
donde segue o resultado.
A vantagem de se organizar a EDO totalmente do lado esquerdo e deixar o lado direito nulo é que sempre se
tentará mostrar que a substituição da função y recairá na identidade 0 = 0. Pratique!
Palavras dos Mestres 2. É comum que, durante a escrita de sua resposta o aluno se preocupe muito com as
contas e esqueça do texto explicativo quase tão impontante quanto! Tenha em mente que explicar cada etapa é
fundamental pois, em geral, nosso texto escrito, é lido pelo outro. Discorrer sobre cada passagem além de ajudar
o leitor a entender (amigo, professor, avaliador etc) o ajudará no aprimoramento dos conhecimentos relativos
à ĺıngua portuguesa. O curso podeser bastante “calculeiro”mas a comunicação das ideias ainda é feita com
base na nossa ĺıngua. Não é papel do leitor inferir o que quem escreveu o texto estava pensado no momento ou
pior, poderá inferir errado (o que mais acontece!). A resposta bem elaborada de uma questão, em situações de
seleção, certamente o colocará a frente de respostas secas, desprovidas de texto. É fácil? De forma alguma, mas
é necessário. De ińıcio, imite os livros, o professor, o monitor, etc caso tenha dificuldades na escrita.
1.3 Exerćıcios
Exerćıcio 1. Classifique cada equação a seguir dizendo se elas são lineares ou não-lineares e dê também sua ordem.
a) (1− x2)y′′ + 2cos(x)y′ + 5y = sen(x);
b) x3y(4) − x2y′′ + 4xy′ − 3y = 0;
c) y(3)y5 + x2y′ = x;
d) dydx =
√
1 +
(
d2y
dx2
)2
.
Exerćıcio 2. Verifique que a função dada é uma solução para a equação diferencial.
a) 2y′ = −y; y = e−x/2
b) y′ = 25 + y2; y = 5tg(5x)
c) y′ − 1xy = 1; y = xln(x), x > 0
d) d
2y
dx2 −
2
x2 y = 0, y = x
2 − x−1
e) 2xydx+ (x2 + 2y)dy = 0; x2y + y2 = c, onde c é uma constante.
f) y′′ − 6y′ + 13y = 0; y = e3xcos(2x)
g) y′′ = y; y = cosh(x) + senh(x)
h) x3 d
3y
dx3 + 2x
2 d
2y
dx2 − x
dy
dx + y = 12x
2; y = ax+ bxln(x) + 4x2, onde x > 0 e a, b são constantes.
11
1.4 Respostas dos Exerćıcios
Resposta do Exerćıcio 1. a) linear, segunda ordem; b) linear, quarta ordem; c) não-linear, terceira ordem; d)
não-linear, segunda ordem.
Resposta do Exerćıcio 2. Todas, conforme diz o enunciado são soluções. Desenvolva os cálculos. Em caso de
dúvida, consulte o professor.
1.5 Links
Links 1. Links das Vı́deo Aulas Referentes ao Caṕıtulo 1
Aula 1-1: O Que é Uma Equação Diferencial?
Aula 1-2: Classificação de Uma Equação Diferencial Quanto ao Tipo.
Aula 1-3: Classificação de Uma Equação Diferencial Quanto à Ordem.
Aula 1-4: Classificação de Uma Equação Diferencial Quanto a Linearidade.
Aula 1-5: Solução de Uma Equação Diferencial.
Exemplo 1-1: Solução de Uma Equação Diferencial.
Exemplo 1-2: Solução de Uma Equação Diferencial.
Exemplo 1-3: Solução de Uma Equação Diferencial.
12
https://youtu.be/cs4Lg3NF_sc
https://youtu.be/K_VzDBeIN0E
https://youtu.be/pUwKzBH1d4Y
https://youtu.be/_1hcVs3VU08
https://youtu.be/nOhNBFSrhUI
https://youtu.be/KlfCKsW_FJs
https://youtu.be/IqbUCtt3DpA
https://youtu.be/nSMihznMbnc
Plano de Aula
Aula 2
Instituição: Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia da Bahia
Professor: Allan de Sousa Soares
Disciplina: Equações Diferenciais
Conteúdo Pragmático: Equações Diferenciais de Primeira Ordem
Tema da Aula: Problema de Valor Inicial e Variáveis Separáveis
Duração: 100 min
Objetivos:
- Definir Problema de Valor Inicial (PVI);
- Entender a solução de um PVI;
- Apresentar o método de separação de variáveis;
- Reconhecer uma equação diferencial separável;
- Resolver equações diferenciais separáveis.
Metodologia:
- Aula expositiva participada.
Recursos Didáticos Utilizados:
- Apostila;
- Pincel e quadro branco;
- Datashow;
- Software GeoGebra.
Avaliação:
- Observação;
- Resolução de exerćıcios.
Referência Principal:
[1] ZILL, D. G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. 9 ed. São Paulo: Cengage Learning, 2011.
Bibliografia:
[2] BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 7 ed.
Rio de Janeiro: LTC, 2002.
[3] SANTOS, R. J. Introdução às Equações Diferencias Ordinárias. Belo Horizonte: Impressa Universitária da UFMG,
Novembro de 2011.
13
Caṕıtulo 2
Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Problema de Valor Inicial e Variáveis Separáveis
As EDO’s de Primeira Ordem modelam diversos fenômenos, tais como, Crescimento e Decrescimento Populaci-
onal, Tempo de Meia Vida de Substâncias Radioativas, Cronologia do Carbono etc. Veremos a seguir técnicas para se
resolver equações associadas a estes fenômenos.
2.1 Problema de Valor Inicial
Definição 4. O problema de se resolver uma equação diferencial de primeira ordem
dy
dx
= f(x, y) (2.1)
sujeita à condição inicial y(x0) = y0, onde x0 pertence a um dado intervalo I é chamado de Problema de Valor Inicial
(PVI).
Exemplo 11. Considere o PV I
y′ = y, y(0) = 2.
a) Mostre que a famı́lia a um parâmetro y = cex é uma solução para a equação diferencial dada.
b) Determine c tal que a condição inicial dada seja satisfeita.
Solução: a) Reescrevendo a equação y′ = y, temos
y′ = y ⇐ y′ − y = 0.
Como y = cex, temos que y′ = cex. Substituindo y e y′ na equação reescrita, temos:
y′ − y = cex − cex = 0,
donde segue que y = cex é uma solução da equação y′ = y.
b) Aplicando a condição y(0) = 2 em y = cex, temos:
2 = ce0 ⇒ 2 = c · 1⇒ c = 2⇒ y = 2ex.
Logo, y = 2ex é a solução do PV I dado.
Outros membros desta famı́lia de soluções são dados tomando-se c = ±0, 5,±1 e ±2 conforme vemos na Figura2.2:
14
Figura 2.1: Solução admitindo c = 2.
Figura 2.2: Soluções admitindo c = ±0, 5,±1 e ±2.
Palavras dos Mestres 3. A utilização de um software gráfico é de grande ajuda (para não dizer fundamental)
para o entendimento da matéria. No Exemplo 11 fizemos uso do software gráfico de geometria dinâmica GeoGe-
bra. Com algumas poucas inserções temos quase que instantâneamente os gráficos de memboras da famı́lia de
soluções y = cex plotados na tela. O entendimento de uma solução final está em um patamar muito próximo da
própria resolução (passos para se chegar à solução final). Até se pode dizer que, dada a gama de softwares que
temos para a tarefa de se resolver certos problemas, que a interpretação da solução é tão ou mais importante
que a sua resolução. Obviamente isto não é um incentivo para se pular direto no PC, inserir alguns dados e
pronto. O aprendizado consistente se dá exatamente na união deste dois aspectos resolução-entendimento da
solução final. Não adianta resolver sem entender o significado do que se obteve a assim como, dificilmente se
pode conhecer o significado profundo de uma solução a qual somente uma máquina fez todo o trabalho e, se
quer temos a noção do que foi feito. Pense nisto! Lhe mostro um caminho. Seguir é opção sua!
15
Exemplo 12. Verifique se ambas funções y = 0 e y = x
4
16 satisfazem o PVI
dy
dx
= xy1/2, y(0) = 0.
Solução: Note que y = 0 é tal que dydx = 0 e xy
1/2 = x ·0 = 0 e, portanto, satisfaz a edo dydx = xy
1/2 (veja a identidade).
Além disso y(0) = 0 (condição inicial) trivialmente. Logo, y = 0 é solução do PVI dado. Por outro lado, y = x
4
16
satisfaz a edo dada conforme visto no Exemplo 7. Além disso, y(0) = 0
4
16 = 0 (condição inicial). Portanto, ambas
funções y = 0 e y = x
4
16 satisfazem o PV I
dy
dx
= xy1/2, y(0) = 0.
Surgem então duas perguntas: Dado um PVI, existe uma solução para ele? Se existe, esta solução é única?
O teorema a seguir, devido a Picard, nos dá condições suficientes para garantirmos a existência e unicidade de
soluções.
Teorema 1. Seja R uma região retangular do plano xy definida por a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, que contém o ponto
(x0, y0) em seu interior. Se f(x, y) e
∂f
∂y são cont́ınuas em R, então existe um intervalo I centrado em x0 e uma única
função y(x) definida em I que satisfaz o problema de valor inicial (2.1).
Exemplo 13. Para cada item abaixo, determine a região do plano xy para a qual a equação diferencial dada teria
uma única solução passando por um ponto (x0, y0) na região.
a) dydx = y
2/3, b) x dydx = y c) (4− y
2)y′ = x2.
Solução: Basta aplicarmos o Teorema 1:
a) Temos que
dy
dx
= y2/3 ⇒ f(x, y) = y2/3 ⇒ ∂f
∂y
=
2
3 3
√
y
.
Note que ∂f∂y é descont́ınua em y = 0. Portanto, o Teorema 1 garante que a região procurada é o semiplano: y < 0 ou
y > 0.
b) Temos que
x
dy
dx
= y ⇒ dy
dx
=
y
x
⇒ f(x, y) = y
x
⇒ ∂f
∂y
=
1
x
.
Da mesma forma que acima, temos que a região procuradaé o semiplano: x > 0 ou x < 0, em que observamos os
domı́nios de f(x, y) = yx e
∂f
∂y =
1
x .
c) Temos que
f(x, y) =
x2
4− y2
⇒ ∂f
∂y
=
2x2y
(4− y2)2
.
Assim, a região procurada é dada por y < −2, −2 < y < 2 ou y > 2, em que observamos os domı́nios de f(x, y) = x
2
4−y2
e ∂f∂y =
2x2y
(4−y2)2 .
2.2 Variáveis Separáveis
Resolveremos agora nossa primeira equação diferencial. Na verdade, muito provavelmente você já tenha resolvido
algo muito semelhante.
16
Definição 5. Uma equação diferencial da forma
dy
dx
=
g(x)
h(y)
é chamada separável.
O método de solução de uma equação separável é bastante simples. Basta seguirmos o seguinte procedimento:
Isole os termos em x e y em lados diferentes da equação. Integre ambos os membros, com relação à suas respectivas
variáveis e, não se esqueça da constante.
dy
dx
=
g(x)
h(y)
⇒ h(y)dy = g(x)dx⇒
∫
h(y)dy =
∫
g(x)dx⇔ H(y) + c1 = G(x) + c2 (2.2)
A equação (2.2) fica então assim,
H(y) = G(x) + c.
Exemplo 14. Resolva as seguintes EDO’s separáveis.
a) dydx =
x−5
y2 ;
b) (2 + x)dy − ydx = 0, y(0) = 3;
c) dydx = y
2 − 9, y(0) = −1.
Solução:
a) Inicialmente devemos separar as variáveis:
dy
dx
=
x− 5
y2
⇒ y2dy = (x− 5)dx⇒ (2.3)
Integrando ambos os membros de (2.3), temos:∫
y2dy =
∫
(x− 5)dx+ c⇒ y
3
3
=
x2
2
− 5x+ c⇒ y3 = 3x
2
2
− 15x+ 3c (2.4)
Podemos ainda isolar y em (2.4) da seguinte forma:
y =
3
√
3x2
2
− 15x+ k,
em que k = 3c.
b) Inicialmente devemos separar as variáveis
(2 + x)dy − ydx = 0⇒ 1
y
dy =
1
2 + x
dx⇒ (2.5)
Integrando ambos os membros de (2.5), temos:∫
1
y
dy =
∫
1
2 + x
dx⇒ ln|y| = ln|2 + x|+ c (2.6)
Ainda podemos simplificar (2.6):
y = eln|2+x|+c ⇒ y = eln|2+x|ec ⇒ y = k|2 + x| (2.7)
em que k = ec.
Agora, devemos encontrar o valor da constante k aplicando a condição inicial y(0) = 3 a (2.7). Pois bem,
y = k|2 + x| ⇒ 3 = k|2 + 0| ⇒ k = 3
2
.
Logo, a solução do PV I é dada por:
y =
3
2
|2 + x|.
17
c) Inicialmente devemos separar as variáveis
dy
dx
= y2 − 9 (2.8)
Integrando ambos os membros de (2.8), temos:
1
y2 − 9
dy = dx⇒
∫
1
y2 − 9
dy =
∫
dx. (2.9)
Por meio das frações parciais, temos
1
6
(
1
y − 3
− 1
y + 3
)
dy = dx+ k1 ⇒
1
6
∫ (
1
y − 3
− 1
y + 3
)
dy =
∫
dx+ k1 ⇒
⇒ 1
6
(ln|y − 3| − ln|y + 3|) = x+ k1 ⇒ ln
∣∣∣∣y − 3y + 3
∣∣∣∣ = 6x+ c, c = 6k1. (2.10)
Podemos simplificar esta última expressão antes de aplicarmos a condição inicial.
y − 3
y + 3
= ke6x(k=ec) ⇒ y − 3 = kye
6x + 3ke6x ⇒ y(1− ke6x) = 3(1 + ke6x)⇒ y = 31 + ke
6x
1− ke6x
. (2.11)
Aplicando a condição y(0) = −1 a (2.11), temos:
−1 = 31 + k
1− k
⇒ k = −2.
Logo, a solução do PVI é dada por y = 3 1−2e
6x
1+2e6x .
Palavras dos Mestres 4. Tanto no estudo do Cálculo Diferencial e Integral quanto aqui em Equações Diferen-
ciais há um problema recorrente, “Chegar à resposta final”de um exerćıcio tal como está descrito nas soluções
(geralmente dispostas no final do livro). É comum resolvermos uma equação diferencial fazendo todas as contas
corretamente e ficarmos frustrados em não conseguirmos atingir o que está descrito como a resposta. Por exem-
plo, se consideramos o item c) do Exemplo 14 podeŕıamos simplesmente parar na expressão obtida ao final de
(2.10) ou no ińıcio de (2.11). Então, a partir dáı resolvermos o PV I e tudo ok, certo? Certo! Porém, a resposta
que virá na maioria dos livros, em geral considera uma solução mais simples/arrumada. Para chegar em tais
soluções é necessário se ter conhecimentos sobre logaritmos, simplificações algébricas etc. Você deve ir prati-
cando até pegar o jeito. Contudo, uma dica bem interessante é testar sua resposta quando não conseguir saber
as ferramentas usadas no livro. Imagina que você tenha chegado até a expressão ln
∣∣∣y−3y+3 ∣∣∣ = 6x + c. Aplicando
à condição y(0) = −1 a esta equação, teremos ln
∣∣∣−1−31+3 ∣∣∣ = 6 · 0 + c e portanto, c = ln(2). Assim, obtemos a
seguinte solução do PV I: ln
∣∣∣y−3y+3 ∣∣∣ = 6x+ ln(2). Mas como saber se esta última está correta? Simples, faremos
um teste (probabiĺıstico). Escolha um valor para x que não seja x = 0 (pois já foi usando na condição incial.
Substitua este valor nas duas equações e verifique se os valores de y coincidem (pode repetir para mais um ou
dois valores - um maior número de valores acarretará mais segurança ao teste). Por exemplo, substituindo x = 1
em ln
∣∣∣y−3y+3 ∣∣∣ = 6x+ c, temos
ln
∣∣∣∣y − 3y + 3
∣∣∣∣ = 6 · 1 + ln(2)⇒ ∣∣∣∣y − 3y + 3
∣∣∣∣ = e6+ln(2) ⇒ y ≈ −3, 0074.
(por conta do módulo se encontra, também a solução y ≈ −2, 9926).
18
Por outro lado, substituindo x = 1 em y = 3 1−2e
6x
1+2e6x , temos:
y = 3
1− 2e6·1
1 + 2e6·1
≈ −3, 0074.
Observe que houve alguma coincidência de resultados. Neste caso, há grandes chances das respostas serem
equivalentes. Contudo, vale ressaltar que a solução y = 3 1−2e
6x
1+2e6x é mais fácil de ser estudada posteriormente. Ele
se baseia na seguinte ideia: uma mesma função escrita de formas diferentes deve produzir mesmas sáıdas (valores
de y) para mesmas entradas (valores de x). Se você vir alguma coisa escondida áı (ou muita), lembre-se, é só
um teste probabiĺıstico (se não coincidirem os valores de sáıda, então as funções não coincidem, isto é, há algo
de errado; se coincidirem os valores de sáıda, então há boas chandes de serem a mesma função!).
2.3 Exerćıcios
Exerćıcio 3. Determine a região do plano xy para a qual a equação diferencial teria uma única solução passando por
um ponto (x0, y0) na região.
a) (x2 − 5x+ 6) dydx = y;
b) y′ = x
2
y−1 ;
c) (2− y2)y′ = x2.
Exerćıcio 4. Resolva as seguintes EDO’s/PVI’s por separação de variável.
a) dydx = sen(5x);
b) dx+ e3xdy = 0;
c) (x+ 1) dydx = x+ 6, y(1) = 1;
d) dxdy =
x2y2
1+x ;
e) dPdt = P − P
2, P (1) = 12 ;
f) dydx =
xy+3x−y−3
xy−2x+4y−8 ;
2.4 Respostas dos Exerćıcios
Resposta do Exerćıcio 3. a) x < 2, 2 < x < 3 ou x > 3; b) y < 1 ou y > 1; c) y < −
√
2, y >
√
2 ou −
√
2 < y <
√
2.
Resposta do Exerćıcio 4. Respostas: a) y = − 15cos(5x) + c; b) y =
1
3e
−3x + c; c) y = x + 5ln|x + 1| − 5ln(2); d)
−3 + 3ln|x| = xy3 + cx; e) P = e
t
et+e ; f) y − 5ln|y + 3| = x− ln|x+ 4|+ c.
2.5 Links
19
Links 2. Links das Vı́deo Aulas Referentes ao Caṕıtulo 2
Aula 2-1: Problema de Valor Inicial (PVI)
Exemplo 2-1: Problema de Valor Inicial
Aula 2-2: Variáveis Separáveis
Exemplo 2-2: Variáveis Separáveis.
Exemplo 2-3: Variáveis Separáveis.
20
https://youtu.be/BW1OexsSYzQ
https://youtu.be/bRffRYVcXog
https://youtu.be/9XNAx0jQuLo
https://youtu.be/WZzQtVkMH9M
https://youtu.be/Kg15X5czkwc
Plano de Aula
Aula 3
Instituição: Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia da Bahia
Professor: Allan de Sousa Soares
Disciplina: Equações Diferenciais
Conteúdo Pragmático: Equações Diferenciais de Primeira Ordem
Tema da Aula: Equação Diferencial Homogênea de Primeira Ordem
Duração: 100 min
Objetivos:
- Definir equação diferencial homogênea de primeira ordem;
- Reconhecer uma equação diferencial homogênea de primeira ordem;
- Desenvolver um método de resolução de uma equação diferencial homogênea de primeira ordem;
- Resolver equações diferenciais homogêneas de primeira ordem.
Metodologia:
- Aula expositiva participada.
Recursos Didáticos Utilizados:
- Apostila;
- Pincel e quadro branco;
- Datashow;
Avaliação:
- Observação;
- Resolução de exerćıcios.
Referência Principal:
[1] ZILL, D. G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. 9 ed. São Paulo: Cengage Learning, 2011.
Bibliografia:
[2] BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 7 ed.
Rio de Janeiro: LTC, 2002.
[3] SANTOS, R. J. Introdução às Equações Diferencias Ordinárias. Belo Horizonte: Impressa Universitária da UFMG,
Novembro de 2011.
21
Caṕıtulo 3
Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Equação DiferencialHomogênea de Primeira Ordem
3.1 Equações Homogêneas
Veremos neste caṕıtulo mais um tipo de equação diferencial de primeira ordem bem como o desenvolvimento de
um método para a sua resolução.
Definição 6. Se uma função f satisfaz
f(tx, ty) = tnf(x, t)
para algum número real n, então dizemos que f é uma função homogênea de grau n.
Exemplo 15. Verifique se cada uma das funções dadas a seguir são homogêneas ou não:
a) f(x, y) = 3x2 − 2xy + 5y2;
b) g(x, y) = 3
√
x4 + y4;
c) h(x, y) = xe
y
x + y
2
x ;
d) s(x, y) = x2 + y2 + 1.
Solução: a) Aplicando a Definição 6, temos:
f(tx, ty) = 3(tx)2 − 2(txty) + 5(ty)2 = t2(3x2 − 2xy + 5y2) = t2f(x, y).
Segue que f(x, y) = 3x2 − 2xy + 5y2 é uma função homogênea de grau 2;
b) Aplicando a Definição 6, temos:
g(tx, ty) = 3
√
(tx)4 + (ty)4 = 3
√
t4(x4 + y4) = t4/3 3
√
x2 + y2 = t4/3g(x, y).
Segue que g(x, y) = 3
√
x4 + y4 é uma função homogênea de grau 43 ;
c) Aplicando a Definição 6, temos:
h(tx, ty) = txe
ty
tx +
(ty)2
tx
= tye
y
x + t
y2
x
= t
(
ye
y
x +
y2
x
)
= th(x, y).
Segue que h(x, y) = xe
y
x + y
2
x é uma função homogênea de grau 1.
d) Aplicando a Definição 6, temos:
s(tx, ty) = (tx)2 + (ty)2 + 1 = t2x2 + t2y2 + 1 6= tns(x, y), ∀n ∈ R.
Segue que s(x, y) = x2 + y2 + 1 não é uma função homogênea para qualquer n real.
De posse do da definição de função homogênea podemos apresentar a definição central deste caṕıtulo.
22
Definição 7. Uma equação diferencial da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
é chamada homogênea se ambos os coeficientes M e N são funções homogêneas do mesmo grau.
Uma equação diferencial homogênea
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 (3.1)
pode ser resolvida por meio de uma substituição algébrica. Especificamente, y = ux ou x = vy, em que u, v são
as novas variáveis independentes. Tais substituições (não simultaneamente, isto é, escolha uma!) transformarão a
equação (3.1) numa equação separável. De fato, fazendo y = ux, temos
M(x, ux)dx+N(x, ux)(udx+ xdu) = 0.
Pela homogeneidade, temos que existe n real tal que
xnM(1, u)dx+ xnN(1, u)(udx+ xdu) = 0⇔ (M(1, u) + uN(1, u))dx+ xN(1, u)du = 0.
Assim,
dx
x
+
N(1, u)du
M(1, u) + uN(1, u)
= 0. (3.2)
Palavras dos Mestres 5. Note que (3.2) nos fornece uma fórmula para irmos direto ao ponto. Com trata-
se de uma dedução simplória, aconselhamos ao leitor aprendê-la e já pular para a fórmula ao invés de partir
da substituição y = ux ou x = vy. Fazendo desta forma a quantidade de erros cometidos (Acredite, eles
acontecem!) é bastante minimizada. O uso de fórmulas diretamente não é algo ruim, pelo conttrário, nos poupa
tempo. Seria chato, por exemplo, sempre resolvermos equações do segundo grau completando quadrados. Neste
caso, recomenda-se ao leitor o entendimento do processo de enquandramento para deduzir a fórmula comumente
chamada de Fórumla de Bhaskara e então usá-la à vontade. Sendo assim, aprenda a deduzir a fórmula dada em
(3.2) e a partir dáı utilize-a sem moderação.
Exemplo 16. Resolva as seguintes EDO’s.
a) (x2 + y2)dx+ (x2 − xy)dy = 0;
b) a) dydx =
y−x
y+x ;
c) x dydx = y + xe
y/x, y(1) = 1.
Solução: a) Note que M(x, y) = x2 + y2 e N(x, y) = x2 − xy são tais que:
i) M(tx, ty) = (tx)2 + (ty)2 = t2x2 + t2y2 = t2(x2 + y2) = tM(x, y)
ii) N(tx, ty) = (tx)2 − txty = t2x2 − t2xy = t2(x2 − xy) = t2N(x, y).
Portanto, M e N são funções homogêneas de mesmo grau. Assim, podemos tornar a edo dada em separável por meio
da equação (3.2) em que y = ux, M(1, u) = 1 + u2 e N(1, u) = 1− u obtendo a seguinte equação separável:
dx
x
= − 1− u
1 + u2 + u(1− u)
du⇔
∫
dx
x
= −
∫
1− u
1 + u2 + u(1− u)
.
Por meio da substituição w = 1 + u e du = dw, temos que o quociente 1−u1+udu pode ser escrito da forma
1− (w − 1)
w
dw =
2− w
w
dw = (
2
w
− 1)dw = ( 2
1 + u
− 1)du.
23
Portanto,
dx
x
= −
∫
(
2
1 + u
− 1)du⇔ ln|x| = −2ln|1 + u|+ u+ ln(c)⇔
⇔ ln|x| = −2ln
∣∣∣1 + y
x
∣∣∣+ y
x
+ ln(c)⇔ y
x
= ln|x|+ 2ln
∣∣∣1 + y
x
∣∣∣− ln(c),
onde por meio das propriedades de logaritmos
i) a.ln|b| = ln|ba|, ii) ln(a) + ln(b) = ln(ab), iii) ln(a)− ln(b) = ln(a/b), iv) a = ln(b)⇔ b = ea,
temos
y
x
= ln
∣∣∣∣x (x+ y)2x2 1c
∣∣∣∣ = ln ∣∣∣∣ (x+ y)2cx
∣∣∣∣ = yx ⇔ (x+ y)2 = cxey/x.
b) Primeiro, devemos obter as funções M e N . Pois, bem
dy
dx
=
y − x
y + x
⇔ (y + x)dy = (y − x)dx⇔ (x− y)dx+ (y + x)dy = 0⇔M(x, y) = x− y, N(x, y) = y + x.
Note que as funções M e N são tais que:
i) M(tx, ty) = tx− ty = t(x− y) = tM(x, y)
ii) N(tx, ty) = ty + tx = t(y + x) = tN(x, y).
Portanto, M e N são funções homogêneas de mesmo grau. Assim, podemos tornar a edo dada em separável por meio
da equação (3.2) em que y = ux, M(1, u) = 1− u e N(1, u) = 1 + u obtendo a seguinte equação separável:
dx
x
+
1 + u
1− u+ u(1 + u)
du = 0⇔ dx
x
+
1 + u
1 + u2
du = 0.
Integrando, ∫
dx
x
+
∫
1 + u
1 + u2
du = k ⇔
∫
dx
x
+
∫
1
1 + u2
du+
∫
u
1 + u2
du = k ⇔
⇔ ln|x|+ arctg
(y
x
)
+
1
2
ln|1 + u2| = k ⇔ 2ln|x|+ 2arctg
(y
x
)
+ ln
∣∣∣∣x2 + y2x2
∣∣∣∣ = 2k
⇔ ln|x2|+ 2arctg
(y
x
)
+ ln
∣∣∣∣x2 + y2x2
∣∣∣∣ = c⇔ ln|x2 + y2|+ 2arctg (yx) = c.
c) Reescrevamos a equação diferencial dada:
x
dy
dx
= y + xe
y
x ⇐ xdy =
(
y + xe
y
x
)
dx⇐
(
y + xe
y
x
)
dx− xdy = 0,
em que M(x, y) = y + xe
y
x e N(x, y) = −x. Note que
i) M(tx, ty) = ty + txe
ty
tx = t
(
y + xe
y
x
)
= tM(x, y)
ii) N(tx, ty) = −tx = t(−x) = tN(x, y)
Portanto, M e N são funções homogêneas de mesmo grau. Assim, podemos tornar a edo dada em separável por meio
da equação (3.2) em que y = ux, M(1, u) = u+ eu e N(1, u) = −1 obtendo a seguinte equação separável:
dx
x
+
−1
u+ eu + u(−1)
du = 0⇐ dx
x
− 1
eu
du = 0.
Integrando ambos os membros desta última equação, temos:∫
dx
x
−
∫
1
eu
du = c⇐
∫
dx
x
−
∫
e−udu = c⇐ ln|x|+ e−u = c.
Substituindo u = yx nesta última equação, temos:
ln|x|+ e−
y
x = c.
Aplicando a condição inicial y(1) = 1, temos:
ln|1|+ e− 11 = c⇒ c = e−1.
Portanto, a solução do nosso PVI é dada por:
ln|x|+ e−
y
x = e−1.
24
3.2 Exerćıcios
Exerćıcio 5. Determine se a função dada é homogênea. Especifique o grau de homogeneidade quando for o caso.
a) x3 + 2xy2 − y
4
x ;
b) x
3y−x2y2
(x+8y)2 ;
c) cos
(
x2
x+y
)
.
Exerćıcio 6. Resolva as seguintes EDO’s homogêneas.
a) (x− y)dx+ xdy = 0;
b) xdx+ (y − 2x)dy = 0;
c) (y2 + yx)dx− x2dy = 0;
d) y dxdy = x+ 4ye
−2x/y;
e) xy2 dydx = y
3 − x3, y(1) = 2;
f) 2x2 dydx = 3xy + y
2, y(1) = −2.
3.3 Respostas dos Exerćıcios
Resposta do Exerćıcio 5. a) homogênea de grau 3; b) homogênea de grau 2; c) não é homogênea.
Resposta do Exerćıcio 6. a) xln|x|+y = cx; b) (x−y)ln|x−y| = y+c(x−y); c) x+yln|x| = cy; d) e2x/y = 8ln|y|+c;
e) y3 + 3x3ln|x| = 8x3; f) y2 = 4x(x+ y)2.
3.4 Links
Links 3. Links das Vı́deo Aulas Referentes ao Caṕıtulo 3
Aula 3-1: Função Homogênea.
Aula 3-2: Equação Diferencial Homogênea.
Exemplo 3-1: Equação Diferencial Homogênea
Exemplo 3-2: Equação Diferencial Homogênea.
25
https://youtu.be/nJj7NArXqZ8
https://youtu.be/bJtk53fY7uQ
https://youtu.be/ToVh1ExICE0
https://youtu.be/sP-I_xH5ZE8
Plano de Aula
Aula 4
Instituição: Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia da Bahia
Professor: Allan de Sousa Soares
Disciplina: Equações Diferenciais
Conteúdo Pragmático: Equações Diferenciais de Primeira Ordem
Tema da Aula: Equação Diferencial Exata
Duração: 100 min
Objetivos:
- Definir equação diferencial exata;
- Reconhecer uma equação diferencial exata;
- Desenvolver um método de resolução de uma equação diferencial exata;
- Resolver equaç˜ões diferenciais exatas.
Metodologia:
- Aula expositiva participada.
Recursos Didáticos Utilizados:
- Apostila;
- Pincel e quadro branco;
- Datashow;
Avaliação:
- Observação;
- Resolução de exerćıcios.
Referência Principal:
[1] ZILL, D. G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. 9 ed. São Paulo: Cengage Learning, 2011.Bibliografia:
[2] BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 7 ed.
Rio de Janeiro: LTC, 2002.
[3] SANTOS, R. J. Introdução às Equações Diferencias Ordinárias. Belo Horizonte: Impressa Universitária da UFMG,
Novembro de 2011.
26
Caṕıtulo 4
Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Equação Diferencial Exata
4.1 Equações Exatas
Nesta seção apresentaremos mais um tipo de equação diferencial bem como o desenvolvimento de um método
para solucioná-las. Para tanto o leitor deve está familiarizado com a derivação parcial.
Revisando 1. A derivada parcial, com relação à variável xi, de uma função de várias variáveis f(x1, . . . , xn) é
dada por
∂f
∂xi
(x1, . . . , xn) = lim
h→0
f(x1, . . . , xi + h, . . . , xn)− f(x1, . . . , xi, . . . , xn)
h
.
Mas o que esta definição nos diz? Simples, ao se derivar uma função de várias variáveis com relação à variável
xi tratamos todas as outras coordenadas como constantes! Por exemplo, considere a função f(x, y, z) = 3x
2y3 +
sen(z). Neste caso,
∂f
∂x
=
∂(3x2y3 + sen(z))
∂x
= 3y3
d(x2)
dx
+ sen(z)
d(1)
dx
= 3y3(2x) + sen(z) · 0 = 6xy3.
Observou que as vaŕıaveis y e z foram postas para “fora” do operador ∂∗∂x?
Analogamente,
∂f
∂y
=
∂(3x2y3 + sen(z))
∂y
= 3x2
d(y3)
dy
+ sen(z)
d(1)
dy
= 3x2(3y2) + sen(z) · 0 = 9x2y2
e
∂f
∂z
=
∂(3x2y3 + sen(z))
∂z
= 3x2y3
d(1)
dy
+
d(sen(z))
dz
= 3x2y3 · 0 + cos(z) = cos(z).
Definição 8. Seja z = f(x, y) uma função de duas variáveis com derivadas parciais cont́ınuas em uma região R do
plano xy. Chamaremos de diferencial total de z a função
dz =
∂f
∂x
dx+
∂f
∂y
dy.
Exemplo 17. Determine a diferencial total da função z = x2y3 + 2y2.
Solução: Temos que
dz =
∂f
∂x
dx+
∂f
∂y
dy ⇔ dz = 2xy3dx+ (3x2y2 + 4y)dy.
27
Definição 9. Uma expressão diferencial
M(x, y)dx+N(x, y)dy
é uma diferencial exata em uma região R do plano xy se ela corresponde à diferencial total de alguma função f(x, y).
Exemplo 18. Temos que 2xy3dx + (3x2y2 + 4y)dy é uma diferencial exata, pois corresponde à diferencial total da
função z = x2y3 + 2y2 conforme visto no Exemplo 17.
Definição 10. Uma equação diferencial da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0
é chamada de uma equação diferencial exata se a expressão do lado esquerdo é uma diferencial exata.
Exemplo 19. Segue dos Exemplos 17 e 18 que a equação diferencial 2xy3dx+ (3x2y2 + 4y) = 0 é exata.
Dá para pensar o caminho contrário no Exemplo 19? Isto é, dada uma diferencial total podemos retornar para a
função que lhe deu origem? Podemos fazer uma segunda pergunta relacionada à primeira: toda expressão da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy é a diferencial total de alguma função? Responderemos a estas perguntas a seguir.
Teorema 2. Sejam M(x, y) e N(x, y) funções cont́ınuas com derivadas parciais cont́ınuas em uma região retangular
R definida por a < x < b e c < y < d. Então, uma condição ncessária e suficiente para que
M(x, y)dx+N(x, y)dy
seja uma diferencial exata é
∂M
∂y
=
∂N
∂x
.
Decorre do Teorema 2 que se uma expressão diferencial da forma
M(x, y)dx+N(x, y)dy
é exata, então existe f(x, y) tal que ∂f∂x = M e
∂f
∂y = N .
Exemplo 20. Note que o Teorema 2 pode ser usado para mostrar que a equação diferencial 2xy3dx+(3x2y2+4y) = 0
é exata. De fato,
∂M
∂y
= 6xy2 =
∂N
∂x
= 6xy2.
Exemplo 21. Verifique que as seguintes EDO’s são exatas:
a) 2xydx+ (x2 − 1)dy = 0;
b) (e2y − ycos(xy))dx+ (2xe2y − xcos(xy) + 2y)dy = 0;
c) (cos(x)sen(x)− xy2)dx+ y(1− x2)dy = 0.
Solução: a) Note que
M(x, y) = 2xy e N(x, y) = x2 − 1.
Assim,
∂M
∂y
= 2x =
∂N
∂x
.
Portanto, o Teorema 2 nos garante que a EDO em questão é exata.
b) Note que
M(x, y) = e2y − ycos(xy) e N(x, y) = 2xe2y − xcos(xy) + 2.
28
Assim,
∂M
∂y
= 2e2y + xysen(xy)− cos(xy) = ∂N
∂x
.
Portanto o Teorema 2 nos garante que a EDO em questão é exata.
c) Note que
∂M
∂y
= −2xy = ∂N
∂x
.
Portanto, o Teorema 2 nos garante que a EDO em questão é exata.
A solução de uma EDO exata é conseguida da seguinte forma
Dada a equação M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0:
i) Mostre que ∂M∂y =
∂N
∂x ;
ii) Suponha que existe f tal que
∂f
∂x
= M(x, y) (4.1)
iii) Integrando ambos os membros de (4.1) em relação a x, temos∫
∂f
∂x
dx =
∫
M(x, y)dx+ g(y)⇔ f(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ g(y), (4.2)
em que a função g(y) é a constante de integração.
iv) Agora derive (4.2) em relação a y
∂
∂y
(f(x, y)) =
∂
∂y
(
∫
M(x, y)dx+ g(y))⇔ ∂
∂y
(f(x, y)) =
∂
∂y
∫
M(x, y)dx+ g′(y),
onde podemos igualar com N(x, y),
N(x, y) =
∂
∂y
∫
M(x, y)dx+ g′(y).
v) Integre g′(y), obtendo g(y).
Exemplo 22. Resolva as EDO’s a), b), c) do Exemplo 21.
Solução: Considerando que todas a diferenciais são exatas, conforme mostrado no Exemplo 21 já podemos começar a
resolvê-las.
a) Temos que
f(x, y) =
∫
2xydx+ g(y) = x2y + g(y). (4.3)
Diferenciando parcialmente (4.3) em relação a y, temos
∂f
∂y
= x2 + g′(y). (4.4)
Comparando a equação (4.4) com N(x, y), temos
x2 + g′(y) = x2 − 1⇔ g′(y) = −1 (4.5)
. Integrando (4.5) em relação a y, temos
g(y) = −y. (4.6)
Substituindo (4.6) em no ultimo termo de (4.3), temos:
c = x2y − y,
em que repassamos f(x, y) para uma constante c.
b) Seguindo os mesmos passos do item a), temos
f(x, y) =
∫
(e2y − ycos(xy))dx+ g(y) = xe2y − y 1
y
sen(xy) + g(y) = xe2y − sen(xy) + g(y).
29
Diferenciando parcialmente emrelação a y, temos
∂f
∂y
= 2xe2y − xcos(xy) + g′(y).
Comparando a equação acima com N(x, y), temos
2xe2y − xcos(xy) + g′(y) = 2xe2y − xcos(xy) + 2y ⇔ g′(y) = 2y ⇔ g(y) = y2.
Logo,
c = xe2y − sen(xy) + y2.
c) Seguindo os mesmos passos do item a), temos
f(x, y) =
∫
y(1− x2)dy + g(x) = y
2(1− x2)
2
+ g(x).
Diferenciando parcialmente em relação a x, temos
∂f
∂x
= −xy2 + g′(x).
Comparando a equação acima com M(x, y), temos
−xy2 + g′(x) = cos(x)sen(x)− xy2 ⇔ g′(x) = cos(x)sen(x)⇔ g(x) = −1
2
cos2(x).
Logo,
c =
y2(1− x2)
2
− 1
2
cos2(x).
4.2 Exerćıcios
Exerćıcio 7. Verifique se a equação dada é exata. Se for, resolva.
a) (2x− 1)dx+ (3y + 7)dy = 0;
b) (5x+ 4y)dx+ (4x− 8y3)dy = 0;
c) (x+ y)(x− y)dx+ x(x− 2y)dy = 0;
d) (y3 − y2sen(x)− x)dx+ (3xy2 + 2ycos(x))dy = 0;
e) x dydx = 2xe
x − y + 6x2;
f) (4y + 2x− 5)dx+ (6y + 4x− 1)dy = 0, y(−1) = 2.
4.3 Respostas dos Exerćıcios
Resposta do Exerćıcio 7. a) x2−x+ 32y
2+7y = c; b) 52x
2+4xy−2y4 = c; c) não é exata; d) xy3+y2cos(x)− 12x
2 = c;
e) xy − 2xex + 2ex − 2x3 = c; f) 4xy + x2 − 5x+ 3y2 − y = 8.
4.4 Links
30
Links 4. Links das Vı́deo Aulas Referentes ao Caṕıtulo 4
Aula 4-1: Derivação Parcial.
Aula 4-2: Equação Diferencial Exata (Parte 1)
Aula 4-3: Equação Diferencial Exata (Parte 2)
Exemplo 4-1: Equação Diferencial Exata.
Exemplo 4-2: Equação Diferencial Exata.
31
https://youtu.be/NBoK3j63v5s
https://youtu.be/gpo0zgJsZMU
https://youtu.be/g4S412I_mzI
https://youtu.be/41gS4S1SMvQ
https://youtu.be/zlZXxypXcS4
Plano de Aula
Aula 5
Instituição: Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia da Bahia
Professor: Allan de Sousa Soares
Disciplina: Equações Diferenciais
Conteúdo Pragmático: Equações Diferenciais de Primeira Ordem
Tema da Aula: Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem
Duração: 100 min
Objetivos:
- Definir equação diferencial linear de primeira ordem;
- Construir um fator de integração para uma equação diferencial linear de primeira ordem;
- Obter um método de solução para uma equação diferencial linear de primeira ordem;
- Resolver equações diferenciais lineares de primeira ordem.
Metodologia:
- Aula expositiva participada.
Recursos Didáticos Utilizados:
- Apostila;
- Pincel e quadro branco;
- Datashow;
Avaliação:
- Observação;
- Resolução de exerćıcios.
Referência Principal:
[1] ZILL, D. G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. 9 ed. São Paulo: Cengage Learning, 2011.
Bibliografia:
[2] BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C.Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 7 ed.
Rio de Janeiro: LTC, 2002.
[3] SANTOS, R. J. Introdução às Equações Diferencias Ordinárias. Belo Horizonte: Impressa Universitária da UFMG,
Novembro de 2011.
32
Caṕıtulo 5
Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem
5.1 Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem
Definição 11. Uma equação diferencial da forma
a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = g(x) (5.1)
é chamada de equação linear.
Supondo um intervalo I, para o qual a1(x) 6= 0, podemos dividir ambos membros de (5.1) por a1(x),
dy
dx
+ P (x)y = f(x), (5.2)
em que P (x) = a0(x)a1(x) e f(x) =
g(x)
a1(x)
. Multipliquemos (5.2) por uma função auxiliar µ(x) (comumente chamado de
fator de integração).
µ(x)
dy
dx
+ µ(x)P (x)y = µ(x)f(x) (5.3)
Comparando o lado esquerdo de (5.3) com ddx (µ(x)y) = µ(x)
dy
dx +
dµ(x)
dx y, temos
dµ(x)
dx
= µ(x)P (x)⇔ dµ(x)
dµ(x)
= P (x)dx⇒
⇒
∫
dµ(x)
µ(x)
=
∫
P (x)dx⇒ ln(µ(x)) =
∫
P (x)dx⇒ µ(x) = e
∫
P (x)dx.
Multiplicando (5.3) por µ(x) = e
∫
P (x)dx,
e
∫
P (x)dx dy
dx
+ e
∫
P (x)dxP (x)y = e
∫
P (x)dxf(x)⇒
⇒ d
dx
(
e
∫
P (x)dxy
)
= e
∫
P (x)dxf(x). (5.4)
Integrando ambos os membros de (5.4) em relação a x, temos∫
d
dx
(
e
∫
P (x)dxy
)
dx =
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ c⇒ e
∫
P (x)dxy =
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ c.
Por fim,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx. (5.5)
Em resumo, uma vez identificada que uma equação diferencial é linear basta-nos calcular duas integrais:
i)
∫
P (x)dx
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx
e substitúı-las direto na fórmula (5.5). Fazer recalculando o fator de integração todas as vezes pode acarretar erros e
perda de tempo. Aprenda a deduzir esta fórmula, memorize-a e então aplique-a sem moderação.
33
Palavras dos Mestres 6. Você já deve ter notado que temos uma quantidade considerável de equações dife-
renciais, cada uma com um método espećıfico para ser respondida. Algumas podem até se enquadrar em mais
de um tipo. Um caminho a seguirmos é, primeiramente, identificar o tipo de equação diferencial (separável,
homogênea, exata, linear etc) por meio de um teste, observação de sua forma etc, para, só então, seguirmos com
o método de solução adequado. Pode parecer claro que uma certa equação seja homogênea (ou outro tipo) só
de olharmos. Contudo, devemos pensar em deixar isso documentado na prova, em um artigo, TCC etc. Este
costume deixará o seu texto sem pontos abertos. Geralmente escrevemos algo para o outro. Pense nisso!
Exemplo 23. Resolva as seguintes equações diferenciais dadas a seguir:
a) dydx + 3y = 4;
b) dydx + 2xy = x;
c) x dydx + 2y = 4x
2, y(1) = 2;
d) (y − cos(x))dx+ dy = 0.
Solução: a) Note que a equação diferencial dada é linear com a1(x) = 1, a0(x) = P (x) = 3 e g(x) = f(x) = 4. Assim,
basta resolvermos duas integrais:
i)
∫
P (x)dx =
∫
3dx = 3x;
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx =
∫
e3x4dx = 4
∫
e3xdx = 4. 13e
3x.
Logo,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx = e−3x.
4
3
e3 + ce−3x
y =
4
3
+ ce−3x.
b) Note que a equação diferencial dada é linear com a1(x) = 1, a0(x) = P (x) = 2x e g(x) = f(x) = x. Assim, basta
resolvermos duas integrais:
i)
∫
P (x)dx =
∫
2xdx = x2;
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx =
∫
ex
2
xdx = (∗) = e
x2
2 .
Logo,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx = e−x
2 ex
2
2
+ ce−x
2
y =
1
2
+ ce−x
2
.
(∗) Fazendo u = x2 e du = 2xdx em
∫
ex
2
xdx, temos∫
ex
2
xdx =
∫
eu
du
2
=
eu
2
=
ex
2
2
.
c) Note que trata-se de uma equação linear de primeira ordem com a1(x) = x, a2(x) = 2 e g(x) = 4x
2. Dividindo
ambos os membros desta equação por x, temos
dy
dx
+
2
x
y = 4x,
em que P (x) = 2x e f(x) = 4x. Portanto, basta-nos resolver duas integrais:
i)
∫
P (x)dx =
∫
2
xdx = 2ln|x| = ln(x
2);
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx =
∫
eln(x
2)4xdx =
∫
x2.4xdx = 4
∫
x3dx = 4x
4
4 = x
4.
Logo,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx = e−ln(x
2).x4 + ce−ln(x
2) =
34
= eln(x
−2).x4 + celn(x
−2) = x−2.x4 + cx−2 = x2 +
c
x2
Assim, y = x2 + cx2 . Usando a condição y(1) = 2, temos
2 = 12 +
c
12
⇔ c = 1.
Portanto,
y = x2 +
1
x2
.
d) Podemos reescrever a equação da seguinte forma:
(y − cos(x))dx+ dy = 0⇔ y − cos(x) + dy
dx
= 0⇔ dy
dx
+ y = cos(x),
donde segue que trata-se de uma equação diferencial linear de primeira ordem com a1(x) = 1, a0(x) = P (x) = 1 e
g(x) = f(x) = cos(x).
Agora, encontremos i) e ii):
i)
∫
P (x)dx =
∫
1dx = x;
ii)
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx =
∫
ex.cos(x)dx = (∗) = e
x
2 (sen(x) + cos(x)).
Logo,
y = e−
∫
P (x)dx
∫
e
∫
P (x)dxf(x)dx+ ce−
∫
P (x)dx = e−x
ex
2
(sen(x) + cos(x)) + ce−x
y =
sen(x) + cos(x)
2
+ ce−x.
(∗) Fazendo u = ex e dv = cos(x)dx temos que du = exdx e v = sen(x). Por meio de integração por partes, temos∫
excos(x)dx = uv −
∫
vdu = exsen(x)−
∫
exsen(x)dx. (∗∗)
(∗∗) Fazendo u = ex e dv = sen(x), temos que du = exdx e v = −cos(x)dx. Donde obtemos∫
exsen(x)dx = −excos(x) +
∫
excos(x)dx.
Por fim, substituindo em (∗), temos∫
excos(x)dx = exsen(x)−
∫
exsen(x)dx = exsen(x)− (−excos(x) +
∫
excos(x)dx) =
= exsen(x) + excos(x)−
∫
excos(x)dx.
Assim,
2
∫
excos(x)dx = exsen(x) + excos(x)⇔
∫
excos(x)dx =
exsen(x) + excos(x)
2
=
ex
2
(sen(x) + cos(x)).
5.2 Exerćıcios
Exerćıcio 8. Resolva as equações diferenciais dadas e encontre o intervalo no qual a solução geral está definida.
a) dydx = 5y;
b) 3 dydx + 12y = 4, y(0) = −1;
c) dydx + y = e
3x;
d) x2y′ + xy = 1;
e) xdy = (xsen(x)− y)dx
f) x dydx + 4y = x
3 − x;
35
5.3 Respostas dos Exerćıcios
Resposta do Exerćıcio 8. y = ce5x, −∞ < x < +∞; b) y = 13 −
4
3e
−4x, −∞ < x < +∞; c) y = 14e
3x + ce−x,
−∞ < x < +∞; d) y = x−1ln(x) + cx−1, 0 < x < +∞; e) y = −cos(x) + sen(x)x +
c
x , 0 < x < +∞;
f) y = 17x
3 − 15x+ cx
−4, 0 < x < +∞.
5.4 Links
Links 5. Links das Vı́deo Aulas Referentes ao Caṕıtulo 5
Aula 5-1: Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem
Exemplo 5-1: Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem.
Exemplo 5-2: Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem.
Exemplo 5-3: Equação Diferencial Linear de Primeira Ordem.
36
https://youtu.be/lPh6A3i2JKs
https://youtu.be/cPetU7pReFM
https://youtu.be/FK31OjltW7A
https://youtu.be/SiLP59xTO6E
Plano de Aula
Aula 6
Instituição: Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia da Bahia
Professor: Allan de Sousa Soares
Disciplina: Equações Diferenciais
Conteúdo Pragmático: Equações Diferenciais de Primeira Ordem
Tema da Aula: Equações Diferenciais Diversas: Bernoulli, Ricatti e Clairaut.
Duração: 100 min
Objetivos:
- Definir equações diferenciais de Bernoulli, de Ricatti e de Clairaut;
- Reconhecer uma equação diferencial de Bernoulli, de Ricatti e de Clairaut;
- Desenvolver um método para se resolver uma equação diferencial de Bernoulli e de Ricatti;
- Resolver equações diferenciais de Bernoulli, Ricatti e Clairaut;
Metodologia:
- Aula expositiva participada.
Recursos Didáticos Utilizados:
- Apostila;
- Pincel e quadro branco;
- Datashow;
Avaliação:
- Observação;
- Resolução de exerćıcios.
Referência Principal:
[1] ZILL, D. G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. 9 ed. São Paulo: Cengage Learning, 2011.
Bibliografia:
[2] BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 7 ed.
Rio de Janeiro: LTC, 2002.
[3] SANTOS, R. J. Introdução às Equações Diferencias Ordinárias. Belo Horizonte: Impressa Universitária da UFMG,
Novembro de 2011.
37
Caṕıtulo 6
Equações Diferenciais de Primeira Ordem:
Equações Diferenciais Diversas: Bernoulli, Ricatti e Clairaut.
Apresentaremos neste caṕıtulo outras três famosas equações diferenciais, Bernoulli, Ricatti e Caliraut. As duas
primeiras usarão procedimentos que em grande parte tem haver com o que fizemos no caṕıtulo anterior quando
tratamos das equações lineares de primeira ordem.
6.1 Equaçãode Bernoulli
Definição 12. Uma equação da forma
dy
dx
+ P (x)y = f(x)yn (6.1)
é chamada de Bernoulli.
Para n = 0 e n = 1 a equação (6.1) é linear. Nos demais casos, a tomando w = y1−n temos
dw
dx
= (1− n)y−n dy
dx
.
Substituindo estas relações na equação (6.1) Temos
dy
dx
+ P (x)y = f(x)yn ⇒ y−n dy
dx
+ P (x)y1−n = f(x)⇒
⇒ 1
1− n
dw
dx
+ P (x)w = f(x)⇒ dw
dx
+ (1− n)P (x)w = (1− n)f(x)
que trata-se de uma equação linear de primeira ordem (nas variáveis x e w) na forma
dw
dx
+ P ∗(x)w = f∗(x),
em que P ∗(x) = (1− n)P (x) e f∗(x) = (1− n)f(x). A partir dáı só seguir com o que foi visto no caṕıtulo anterior.
Exemplo 24. Resolva a equação diferencial dydx +
1
xy = xy
2.
Solução: Note que temos uma equação de Bernoulli com n = 2, P (x) = 1x e f(x) = x. Tomando w = y
1−2 = y−1
temos
dy
dx
+
1
x
y = xy2 ⇒ dw
dx
− 1
x
w = −x.
Sendo esta última linear, com P ∗(x) = − 1x e f
∗(x) = −x. Continuando, com a equação linear em x e w, temos
i)
∫
P ∗(x)dx =
∫ (
− 1x
)
dx = −ln|x| = ln|x−1|
ii)
∫
e
∫
P∗(x)dxf∗(x)dx =
∫
eln|x
−1|(−x)dx = −
∫
x−1xdx = −
∫
dx = −x.
Segue que
w = e−
∫
P∗(x)dx
∫
e
∫
P∗(x)dxf ∗ (x)dx+ ce−
∫
P∗(x)dx = e−ln|x
−1|(−x) + ce−ln|x
−1| = −x2 + cx
38
Repassando w para y−1, temos:
y =
1
−x2 + cx
.
Lembre-se sempre de retornar a equação para as variáveis iniciais. Note que w é somente uma variável de suporte.
6.2 Equação de Ricatti
Definição 13. Uma equação da forma
dy
dx
= P (x) +Q(x)y +R(x)y2 (6.2)
é chamada de equação de Ricatti.
Se y1 é uma solução particular para (6.2), então as substituições
y = y1 + u e
dy
dx
=
dy1
dx
+
du
dx
transformam (6.2) em uma equação de Bernoulli. De fato,
dy
dx
= P (x) +Q(x)y +R(x)y2 ⇒ dy1
dx
+
du
dx
= P (x) +Q(x)(y1 + u) +R(x)(y1 + u)
2 ⇒
⇒ dy1
dx
+
du
dx
= P (x) +Q(x)y1 +Q(x)u+R(x)y
2
1 + 2R(x)y1u+R(x)u
2 ⇒
⇒ dy1
dx
+
du
dx
= P (x) +Q(x)y1 +R(x)y
2
1︸ ︷︷ ︸
dy1
dx
+Q(x)u+ 2R(x)y1u+R(x)u
2 ⇒
⇒ du
dx
= Q(x)u+ 2R(x)y1u+R(x)u
2 ⇒ du
dx
− (Q(x) + 2y1R(x))u = R(x)u2.
Exemplo 25. Resolva a equação diferencial dydx = −2− y + y
2 sabendo que y1 = 2 é uma solução particular.
Solução: Observe que trata-se de uma equação de Ricatti com P (x) = −2, Q(x) = −1 e R(x) = 1. Assim,
dy
dx
= −2− y + y2 ⇒ du
dx
− (Q(x) + 2y1R(x))u = R(x)u2 ⇒
⇒ du
dx
− (−1 + 2 · 2 · 1)u = 1 · u2 ⇒ du
dx
+ 3u = u2
Esta última equação é de Bernoulli, em que P (x) = −3, f(x) = 1 e n = 2. Fazendo w = u−1, temos
dw
dx
+ (1− n)P (x)w = (1− n)f(x)⇒ dw
dx
+ (1− 2)(−3)w = (1− 2) · 1⇒ dw
dx
+ 3w = −1,
que é uma equação linear com P ∗(x) = 3 e f∗ = −1 . Assim,
i)
∫
P ∗(x)dx =
∫
3dx = 3x
ii)
∫
e
∫
P∗(x)dxf∗(x)dx =
∫
e3x(−1)dx = − e
3x
3
Logo,
w = e−
∫
P∗(x)dx
∫
e
∫
P∗(x)dxf∗(x)dx+ ce−
∫
P∗(x)dx = e−3x
(
−e
3x
3
)
+ ce−3x = −1
3
+ ce−3x
Repassando w = u−1, temos
u =
1
− 13 + ce−3x
Por fim, tomando a relação y = y1 + u, chegamos ao resultado:
y = 2 +
1
− 13 + ce−3x
.
Observe como o caminho fica encurtado quando identificamos adequadamente as funções e substitúımos na fórmulas
(que sabemos demonstrar). Alguns autores executam o penoso processo de substituição e dedução em cada etapa. Fuja
deles! Sim, eu sei, que este processo melhora a capacidade de fazer umas continhas, contudo nos deixa muito suscet́ıveis
a erros.
39
6.3 Equação de Clairaut
Definição 14. Uma equação da forma
y = xy′ + f(y′) (6.3)
é chamada de Clairaut.
Uma solução para a equação (6.3) tem uma solução dada por:
y = cx+ f(c),
em que c é uma constante arbitrária. De fato,
y = cx+ f(c)⇒ y′ = c
Substituindo estas y = cx+ f(c) e y′ = c na equação (6.3), temos:
xy′ + f(y′) = cx+ f(c) = y.
Pode-se ter uma solução em forma paramétrica:
x = −f ′(t), y = f(t)− tf ′(t).
Exemplo 26. Resolva a equação diferencial y = xy′ + 12 (y
′)2.
Solução: A equação y = xy′ + 12 (y
′)2 trata-se de uma equação diferencial de Clairaut com f(y′) = 12 (y
′)2. Usando as
equações paramétricas, temos:
f(y′) =
1
2
(y′)2 ⇒ f(t) = 1
2
t2
Segue uma solução:
y = cx+ f(c)⇒ y = cx+ 1
2
c2
Uma outra solução, em forma paramétrica, pode ser obtida observando que
f(t) =
1
2
t2 ⇒ f ′(t) = t,
donde segue
x = −f ′(t) = −t e y = f(t)− tf ′(t) = 1
2
t2 − t · t = −1
2
t2 ⇒ (x, y) =
(
−t,−1
2
t2
)
.
“Desparamentrizando”, temos:
y = −1
2
t2 ⇒ y = −1
2
(−x)(−x)⇒ y = −1
2
x2.
6.4 Exerćıcios
Exerćıcio 9. Resolva as seguintes equações diferenciais:
a) x dydx + y =
1
y2
b) x2 dydx + y
2 = xy
c) dydx = −
4
x2 −
1
xy + y
2, y1 =
2
x
d) y = xy′ + 1− ln|y′|
6.5 Respostas dos Exerćıcios
Resposta do Exerćıcio 9. a) y3 = 1 + cx−3; b) ey/x = cx; y = 2x +
1
cx−3− x4
; d) y = cx+ 1− ln(c); y = 2 + ln|x|
40
6.6 Links
Links 6. Links das Vı́deo Aulas Referentes ao Caṕıtulo 6
Aula 6-1: Equação Diferencial de Bernoulli.
Aula 6-2: Equação Diferencial de Ricatti.
Aula 6-3: Equação Diferencial de Clairaut.
41
https://youtu.be/9Vr8oemk_tg
https://youtu.be/KbsW-cx8AM4
https://youtu.be/oA9cislk7tc
Plano de Aula
Aula 7
Instituição: Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia da Bahia
Professor: Allan de Sousa Soares
Disciplina: Equações Diferenciais
Conteúdo Pragmático: Equações Diferenciais de Ordem Superior
Tema da Aula: Problema de Valor Inicial, Dependência e Independência Linear
Duração: 100 min
Objetivos:
- Definir Problema de Valor Inicial para equações diferenciais de ordem superior (ordem > 1);
- Entender as condições que garantem a existência de única solução para um dado PVI;
- Revisar alguns dos conceitos de dependência e independência linear apresentando uma nova abordagem por meio do
uso de derivação.
Metodologia:
- Aula expositiva participada.
Recursos Didáticos Utilizados:
- Apostila;
- Pincel e quadro branco;
- Datashow;
Avaliação:
- Observação;
- Resolução de exerćıcios.
Referência Principal:
[1] ZILL, D. G. Equações diferenciais com aplicações em modelagem. 9 ed. São Paulo: Cengage Learning, 2011.
Bibliografia:
[2] BOYCE, W. E.; DIPRIMA, R. C. Equações Diferenciais Elementares e Problemas de Valores de Contorno. 7 ed.
Rio de Janeiro: LTC, 2002.
[3] SANTOS, R. J. Introdução às Equações Diferencias Ordinárias. Belo Horizonte: Impressa Universitária da UFMG,
Novembro de 2011.
42
Caṕıtulo 7
Equações Diferenciais de Ordem Superior:
Problema de Valor Inicial
Dependência Linear e Independência Linear
A partir deste caṕıtulos ampliaremos o nosso estudo para equações de ordem superior, contudo, somente para os
casos em que estas são lineares. Para tais equações temos boa parte com caminho trilhado pela álgebra linear (espaços
vetoriais, transformações lineares, determinantes, autovetores e autovalores etc) que nos adiantam bastante a busca
por soluções. Por outro lado, a resolução de equações não lineares de ordem superior (até mesmo de primeira ordem)
é tarefa muito dif́ıcil, as vezes imposśıvel com a teoria atual. Cada equação não linear é um problema por si só. Neste
caso, a rapadura é mole igual diamante e doce igual sal!
7.1 Problema de Valor Inicial
Definição 15. O problema de se resolver a equação diferencial
an(x)
dny
dxn
+ an−1(x)
dn−1y
dxn−1
+ . . .+ a1(x)
dy
dx
= a0(x)y = g(x)
sujeita as condições iniciais
y0 = y(x0), y
′
0 = y
′(x0), y
n−1
0 = y
n−1(x0) (7.1)
é chamado de problema de valor inicial (PVI).
No caso de uma edo linear de segunda ordem, uma solução para o PVI
a2(x)
d2y
dx2
+ a1(x)
dy
dx
+ a0y = g(x),
y(x0) = y0, y
′(x0) = y
′
0,
é uma função que satisfaz a equação diferencial em algum intervalo contendo x0. O teorema seguinte estabelece
condições para a existência e unicidade da solução de um PV I.
Exemplo 27. Verifique se a função y = sen(x) é uma solução para o PV I
y′′ + y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1.
Solução: Note que y′ = cos(x) e y′′ = −sen(x), donde
y′′ + y = −sen(x) + sen(x) = 0
43
e
y(0) = sen(0) = 0 e y′(0) = cos(0)= 1.
Portanto a função y = sen(x) é solução do PV I dado.
Teorema 3. Sejam an(x), an−1(x), . . . , a0(x) e g(x) cont́ınuas em um intervalo I com an(x) 6= 0 para todo x neste
intervalo. Se x = x0 é algum ponto deste intervalo, então existe uma única solução y(x) para o PV I 7.1 neste intervalo.
Exemplo 28. Verifique se a solução dada no Exemplo 27 é única.
Solução: Note que as funções a2(x) = 1, a1(x) = 0, a0(x) = 1 e g(x) = 0 são cont́ınuas todo R. Além disso, temos
que a2(x) = 1 6= 0,∀x ∈ R. Portanto, segue do Teorema 3, que em qualquer intervalo contendo x = 0 a solução deste
PV I é única, neste caso, y = sen(x).
Exemplo 29. Verifique se a função y = 6x2 − 10x+ 4 é uma solução para o PV I
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 8, y(1) = 0, y′(1) = 2.
Podemos dizer que ela é a única solução deste PV I?
Solução: Solução: Note que y′ = 2x+ 1 e y′′ = 2, donde
x2y′′ − 2xy′ + 2y = x2(12)− 2x(12x− 10) + 2(6x2 − 10x+ 4) = 8
e
y(1) = 6 · 12 − 10 · 1 + 4 = 0 e y′(1) = 12 · 1− 10 = 2.
Portanto, a função y = 6x2 − 10x+ 4 é uma solução do PV I dado. Além disso, as funções a2(x) = x2, a1(x) = −2x,
a0(x) = 2 e g(x) = 8 sejam cont́ınuas em qualquer I = R e a2(1) = 12 6= 0. Portanto, o Teorema 3 nos garante que
esta é a única solução deste PV I.
Preste muita atenção ao Exemplo 30, o qual trata-se de uma “leve” variação do Exemplo 29.
Exemplo 30. Verifique se a função y = x2 + x+ 4 é uma solução para o PV I
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 8, y(0) = 4, y′(0) = 1.
Podemos dizer que ela é a única solução deste PV I?
Solução: Note que y′ = 2x+ 1 e y′′ = 2, donde
x2y′′ − 2xy′ + 2y = x2(2)− 2x(2x+ 1) + 2(x2 + x+ 4) = 8
e
y(0) = 02 + 0 + 4 = 4 e y′(0) = 2 · 0 + 1 = 1.
Portanto, a função y = x2 + x+ 4 é uma solução do PV I dado. Contudo, o Teorema 3 não se aplica a este PV I pois,
embora a2(x) = x
2, a1(x) = −2x, a0(x) = 2 e g(x) = 8 sejam cont́ınuas em qualquer I = R, temos que a2(x) = x2
se anula em todo intervalo contendo x = 0, que é exatamente o valor para o qual as condições iniciais são impostas.
Logo, não podemos afirmar se esta solução do PV I é única ou não. Em particular, a função y = cx2 + x+ 4 também
é uma solução deste PV I para qualquer parâmetro real c em todo intervalo contendo x = 0. Teria mais alguma(s)?
Seria necessário investigar! Felizmente trata-se de uma equação diferencial de Cauchy-Euler que pode ser facilmente
resolvida.
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Palavras dos Mestres 7. De modo geral, há dois tipos de teoremas em matemática:
I) Tipo “Se ..., então ...” ou P ⇒ Q: Neste caso, quando as hipóteses postas em P são satisfeitas temos que a
condição Q é satisfeita. Contudo, nos casos em que P não seja satisfeita, temos que Q pode ou não ser satisfeita.
Neste caso, o teorema não deve ser usado para inferir nada sobre a veracidade ou não da proposição Q. Por
outro lado, se a condição Q não for verificada, podemos, áı sim, dizer que a condição P falha em alguma de suas
premissas. Isto decorre da equivalência lógica (contrapositiva)
P ⇒ Q ≡ ¬Q⇒6= P.
II) Tipo “... se e somente se, ...” ou P ⇔ Q: Nesse caso, quando as hipóteses postas em P são satisfeitas temos
que a conclusão Q também o é, como no caso anterior. Mas, diferente do primeiro tipo, quando pelo menos
uma das hipóteses postas em P não é satisfeita, temos que a conclusão Q também não será. Ainda, se Q for
satisfeita, P deverá ser também e, se Q não for satisfeita P também não o será. Em śımbolos, temos as seguintes
equivalências:
P ⇔ Q ≡ Q⇔ P ≡ ¬P ⇔ ¬Q ≡ ¬Q⇔ ¬P.
Não precisamos dizer que o segundo tipo é muito mais potente que o primeiro e, por isso, mais cobiçado.
Sendo assim, no Exemplo 30 o Teorema 3 não é aplicável, isto é, em nada pode nos ajudar, pois uma de suas
hipóteses não foi satisfeita (a2(0) = 0, em que x0 = 0 era associado à condição inicial). Em casos como esse,
podeŕıamos ter que solução única ou não. Para PV I’s cujas hipóteses não se enquadram no 3, temos três casos:
i) O PV I tem solução única;
ii) O PV I tem solução, mas não é única;
iii) O PV I não tem solução.
Consegue pensar em um PV I sem solução em R?
7.2 Dependência Linear e Independência Linear
Como mencionado anteriormente, os conceitos referentes à álgebra linear serão fundamentais para prosseguirmos
nos estudos. É recomendado que o leitor faça uma breve revisão nos conceitos referentes à dependência/independência
linear e determinantes. Tais conceitos servirão de base para a dedução de alguns importantes resultados.
Definição 16. Dizemos que um conjunto de funções f1(x), f2(x), . . ., fn(x) é linearmente dependente (LD) em um
intervalo I se existem constantes c1, c2, . . . , cn não todas nulas tais que
c1f1(x) + c2f2(x) + . . .+ cnfn(x) = 0
para todo x no intervalo I. Do contrário, dizemos que o conjunto f1(x), f2(x), . . ., fn(x) é linearmente independente
(LI).
Exemplo 31. Verifique se os conjuntos de funções a seguir são LI ou LD em (−∞,+∞):
a) f1(x) = x
2 + x− 1, f2(x) = x2 e f3(x) = −3x2 − x+ 1;
b)f1(x) = x
2 e f3(x) = x
3.
Solução: a) Devemos obter os valores de c1, c2 e c3 tais que
c1(x
2 + x− 1) + c2x2 + c3(−3x2 − x+ 1) = 0,
ou melhor,
(c1 + c2 − 3c3)x2 + (c1 − c3)x+ (−c1 + c3) = 0.
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Resolvendo o sistema a seguir
c1 + c2 − 3c3 = 0
c1 − c3 = 0
−c1 + c3 = 0
,
temos a solução não trivial S = (c3, 2c3, c3). Logo, o conjunto em questão é LD para todo x ∈ (−∞,+∞).
b) Como acima, devemos obter c1 e c2 tais que
c1x
2 + c2x
3 = 0.
Não é dif́ıcil ver que c1 = c2 = 0 (solução trivial apenas). Portanto, não sendo c1, c2 não todos nulos, temos que o
conjunto em questão é LI para todo x ∈ (−∞,∞ ).
Teorema 4. Suponha que f1(x), f2(x), . . ., fn(x) sejam diferenciáveis pelo menos n− 1 vezes. Se o determinante∣∣∣∣∣∣∣∣
f1 f2 . . . fn
f ′1 f
′
2 . . . f
′
n
f
(n−1)
1 f
(n−1)
2 . . . f
(n−1)
n
∣∣∣∣∣∣∣∣
for diferente de zero em pelo menos um ponto do intervalo I, então a as funções f1, f2, . . ., fn são linearmente
independentes no intervalo.
Demonstração. Em śımbolos, considerando f1(x), . . . , fn(x) funções n−1 vezes diferenciáveis, este teorema nos afirma
que:
∃x0, x0 ∈ I;W (f1(x); . . . ; fn(x)) 6= 0⇒ f1(x), . . . , fn(x), LI em I.
Suponhamos por absurdo que exista ao menos um valor x0 ∈ I tal que W (f1(x0); . . . ; fn(x0)) 6= 0 conforme a hipótese
nos garante mas as funções f1(x), . . . , fn(x) sejam LD no intervalo. O fato de que as funções são LD significa que
existem constantes c1, . . . , cn, não todas nulas, tais que
c1f1(x) + . . .+ cnfn(x) = 0 (7.2)
para todo x em I. Derivando (7.2) n-1 vezes, temos o seguinte sistema linear homogêneo:
c1f1(x) + c2f2(x) + . . . + cnfn(x) = 0
c1f
′
1(x) + c2f
′
2(x) + . . . + cnf
′
n(x) = 0
...
...
...
...
...
c1f
(n−1)
1 (x) + c2f
(n−1)
2 (x) + . . . + cnf
(n−1)
n (x) = 0
.
Decorre de (7.2) que so sistema anterior é posśıvel e indeterminado e, portanto, possui solução não trivial. Portanto,
o determinante
W (f1(x); . . . ; fn(x)) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
f1(x) f2(x) . . . fn(x)
f ′1(x) f
′
2(x) . . . f
′
n(x)
...
...
...
...
f
(n−1)
1 (x) f
(n−1)
2 (x) . . . f
(n−1)
n (x)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0
para todo x em I. Isso contradiz a suposição de que W (f1(x0); . . . ; fn(x0)) 6= 0. Portanto, f1, . . . , fn são LI.
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Revisando 2. Na demonstração do Teorema 4 Usamos um método de prova lógico-matemático conhecido como
Reductio ad absurdum (latim para “redução ao absurdo”). Trata-se de um tipo de argumento lógico no qual
alguém assume uma ou mais hipóteses e, a partir destas, deriva uma consequência absurda ou rid́ıcula, e então
conclui que a suposição original deve estar errada. O argumento se vale do prinćıpio da não-contradição (uma
proposição não pode ser, ao mesmo tempo, verdadeira e falsa) e do prinćıpio do terceiro exclúıdo (uma proposição
é verdadeira ou é falsa, não existindo uma terceira possibilidade). Tente