Semana_4

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Cleilton Aparecido Canal
Notas de Aula de MAT0096 - CÁLCULO III
Foz do Iguaçu - PR
19 de julho de 2021
Cleilton Aparecido Canal
Notas de Aula de MAT0096 - CÁLCULO III
Notas de aula da disciplina MAT0096 - CÁL-
CULO III a serem utilizadas no semestre
2020.9 em formato remoto.
Universidade Federal da Integração Latino-Americana - UNILA
ILACVN/CICN
Área de Matemática
Foz do Iguaçu - PR
19 de julho de 2021
Sumário
Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1 Semana 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1 Introdução as equações diferenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 EDO’s de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.1 Variáveis separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.2.2 EDO’s lineares de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
Exercícios - Lista 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2 Semana 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.1 Equações exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.2 Aplicações de EDO’s de primeira ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Exercícios - Lista 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3 Semana 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.1 EDO’s lineares de ordem superior - teoria básica . . . . . . . . . . . . . 37
3.2 EDO’s lineares homogêneas como coeficientes constantes . . . . . . . . . 46
Exercícios - Lista 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
4 Semana 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
4.1 EDO linear não homogênea com coeficientes constantes . . . . . . . . . 57
4.1.1 Método dos Coeficientes a Determinar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
4.1.2 Método da variação de parâmetros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
4.2 Aplicações de EDO’s lineares de segunda ordem . . . . . . . . . . . . . 69
4.2.1 Movimento livre não-amortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
4.2.2 Movimento livre amortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.2.3 Movimento amortecido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Exercícios - Lista 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Referências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
3
Introdução
Estas notas se destinam exclusivamente a disciplina MAT0096 - CÁLCULO III
a ser ministrada no formato remoto no semestre 2020.9 referente ao semestre 2020.2,
conforme a RESOLUÇÃO No 2/2021/COSUEN (link)
Ementa: Equações diferenciais lineares de primeira ordem. Equações diferenciais
lineares de segunda ordem. Equações diferenciais lineares de ordens mais altas. Séries
de números reais e de potências. Soluções em série de equações diferenciais lineares
(incluindo funções de Bessel). Sistemas de equações diferenciais. Transformada de Laplace.
Transformada de Fourier. Séries de Fourier. Introdução a equações Diferenciais parciais
(equações da onda, do calor e de Laplace).
Essa primeira parte do material está sendo preparado com base principalmente
em [11], [1] e [3]. Para a segunda parte utilizaremos [2] e [4]. Outras obras também serão
utilizadas e constam nas referências dessas notas.
Observação: Essa notas serão de uso exclusivo para o desenvolvimento da dis-
ciplina, sendo vedada a divulgação ou compartilhamento com terceiros que não estejam
cursando a disciplina.
Observação: Caso encontre erros nessas notas ou tenha sugestão para melhorias,
envie para o e-mail cleilton.canal@edu.unila.br
https://documentos.unila.edu.br/sites/default/files/arquivos/boletins/36.2021_0.pdf
4
1 Semana 1
1.1 Introdução as equações diferenciais
Vamos começar apresentando um exemplo ilustrativo de como a necessidade do
estudo das equações diferenciais surge.
Exemplo 1.1. Consideremos um objeto que é solto do alto de um prédio em queda livre
sob o efeito da gravidade. Estamos interessados em determinar algumas informações do
movimento resultante, por exemplo, qual a posição do objeto em cada instante? qual a
velocidade do objeto em cada instante? quanto tempo até o objeto atingir o solo? qual a
velocidade do objeto ao atingir o solo?
Começamos modelando o problema atribuindo nome as variáveis. Digamos que o
objeto possui massa m e que ele foi solto de uma altura h. Colocamos um eixo vertical
Oy para servir de sistemas de coordenadas, com a origem no solo e com sentido crescente
para cima, como mostra a figura abaixo.
y
mh
y
h
y(t) m
Com isso, denotamos por y = y(t) a posição do objeto no instante t. Assim, a velocidade
do objeto no instante t é dada por y′(t) e a aceleração é dada por y′′(t). Desprezando a
resistência do ar, a única força que atua sobre o objeto é a gravidade. Denotando por g a
aceleração da gravidade, o módulo da força sobre o objeto é −mg, com o sinal de negativo
indicando que o sentido da força é contrário ao sentido crescente do nosso sistema de
coordenadas. Portanto, segue da Segunda Lei de Newton1 que
my′′(t) = −mg ou y′′(t) = −g.
1 Segunda Lei de Newton: a força total sobre um corpo é igual a massa vezes a aceleração do corpo, ou
seja, se y = y(t) é a posição do objeto de massa m e F (t) é a força total sobre o objeto, então md
2y
dt2
= F (t).
Capítulo 1. Semana 1 5
Logo, para determinar a posição y = y(t) do objeto no instante t, precisamos resolver a
equação diferencial ordinária y′′(t) = −g.
Essa equação é bem simples e podemos encontrar soluções por meio de duas
integrações. Integrando uma vez obtemos que
y′(t) = −gt+ A,
onde A é uma constante. Integrando novamente,
y(t) = −g2 t
2 + At+B,
onde B é outra constante. Portanto, para quaisquer constantes A e B, a função y(t) =
−g2 t
2 + At+B é uma solução da equação diferencial y′′(t) = −g.
As constantes A e B podem ser determinadas pelas condições iniciais do problema.
No caso, se conhecemos a posição inicial y0 = y(0) e a velocidade inicial v0 = y′(0), então
y(t) = −g2 t
2 + At+B ⇒ y0 = −
g
2 · 0
2 + A · 0 +B ⇒ B = y0
y′(t) = −gt+ A⇒ v0 = −g · 0 + A⇒ A = v0,
de onde a solução do problema é dada por
y(t) = −g2 t
2 + v0t+ y0.
Essa função fornece a posição do objeto em cada instante t e, consequentemente, permite
que sejam respondidas as perguntas iniciais. ♦
Exemplo 1.2. No estudo do Cálculo Diferencial e Integral, já nos deparamos com o
seguinte problema: dada uma curva que é gráfico de uma função contínua f : [a, b] −→ R,
com f(x) ≥ 0 para todo x ∈ [a, b], determinar a área da região A = {(x, y) ∈ R2 | a ≤
x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x)}.
Como sabemos, essa área pode ser calculada através
da integral definida
área(A) =
∫ b
a
f(x)dx.
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, sabemos que
essa integral é dada por∫ b
a
f(x)dx = F (b)− F (a),
onde F : [a, b] −→ R é qualquer primitiva de f , ou
seja, qualquer função que satisfaça a equação diferen-
cial F ′(x) = f(x). Logo, o problema de determinar a
área da região A implica em saber resolver a equação
diferencial y′ = f(x).
y
x
a b
f(x)
A
Capítulo 1. Semana 1 6
Além disso, sabemos do Teorema Fundamental do Cálculo como obter uma primitiva
para a função f(x), a saber,
F (x) =
∫ x
x0
f(t)dt,
onde x0 é qualquer número fixado em [a, b]. Mais ainda, uma vez determinada uma primitiva
F (x), qualquer outra primitiva de f(x) é dada por F (x) + C, onde C é uma constante
arbitrária. Ou seja, sabemos determinar todas as soluções da equação diferencial y′ = f(x).
♦
Vamos começar a definir formalmente os objetos que iremos estudar.
Definição 1.3. Uma equação diferencial é qualquer equação em a incógnita é uma
função de uma ou mais variáveis e que depende das derivadas da função incógnita.
Seguindo a definição, alguns exemplos de equações diferenciais são:
(i) y′′ + xy = x2;
(ii) ∂u
∂x
− ∂u
∂y
= senx;
(iii) d
4y
dx4
− senxd
2y
dx2
= cos y;
(iv) ∂
2u
∂x2
−∂
2u
∂x∂y
= exu;
Um dos objetivos do estudos das equações diferenciais é determinar suas soluções,
caso existam. Entretanto, a definição acima é muito geral e não existe um método geral
para se resolver equações diferenciais. O que fazemos é separar as equações diferenciais em
classes de acordo com propriedades desejadas.
Uma primeira classificação se dá entre Equações Diferenciais Ordinárias
(EDO) e Equações Diferenciais Parciais (EDP):
• Uma EDO é uma equação diferencial em que a função incógnita depende de apenas
uma variável independente e a equação envolve derivadas ordinárias dessa função.
Exemplos: y′′ + xy = x2 e d
4y
dx4
− senxd
2y
dx2
= cos y.
• Uma EDP é uma equação diferencial em que a função incógnita depende de duas
ou mais variáveis e a equação envolve as derivadas parciais dessa função. Exemplos:
∂u
∂x
− ∂u
∂y
= senx e ∂
2u
∂x2
− ∂
2u
∂x∂y
= exu.
Nessa primeira parte do curso, vamos trabalhar apenas com EDO’s e na segunda parte do
curso iremos tratar das EDP’s.
Outra propriedade para classificar uma EDO é sua ordem. Dizemos que uma EDO
é de ordem n se a ordem da maior derivada que aparece na equação é n.
Capítulo 1. Semana 1 7
Exemplo 1.4. (i) y′′ + xy = x2 é uma equação de ordem 2 (ou de segunda ordem),
pois a maior derivada de y que aparece na equação é y′′;
(ii) d
4y
dx4
− senxd
2y
dx2
= cos y é uma equação de ordem 4 (ou de quarta ordem), pois a
maior derivada de y que aparece na equação é d
4y
dx4
;
(iii) y′′′ + (y′)5 = y4 é uma equação de ordem 3 (ou de terceira ordem), pois a maior
derivada de y que aparece na equação é y′′′. Observe que não é a potência de y ou
de y′ quem determina a ordem da EDO; ♦
Com isso, podemos dar a seguinte definição para EDO’s:
Definição 1.5. Uma equação diferencial ordinária de ordem n é uma equação da forma
F (x, y, y′, · · · , y(n−1), y(n)) = 0
onde x é a variável independente, y = y(x) é uma função de x, y′, y′′, · · · , y(n) são as
derivadas de y e F : U ⊂ R× Rn+1 −→ R é uma função dada. Quando for possível isolar
a derivada de maior ordem na EDO, ou seja, quando for possível escrever na forma
y(n) = f(x, y, y′, · · · , y(n−1))
dizemos que a EDO está na sua forma normal.
Exemplo 1.6. (i) Considere a EDO dada por y′′ + xy = x2. Definindo F (x, y, y′, y′′) =
y′′ + xy − x2, vemos que a EDO é dada por F (x, y, y′, y′′) = 0. Note que podemos
escrever a EDO como y′′ = −xy + x2, ou seja, se definirmos f(x, y, y′) = −xy + x2,
então a EDO é dada por y′′ = f(x, y, y′) e, portanto, podemos escrever a EDO na
forma normal;
(ii) Agora, a EDO y′ + sen y′ = −(ln x)ey pode ser escrita como F (x, y, y′) = 0, onde
F (x, y, y′) = y′+ sen y′+(ln x)ey. Mas note que não conseguimos isolar y′ na equação
e, assim, não podemos colocar na forma normal y′ = f(x, y). ♦
Em geral, vamos trabalhar com EDO’s que podem ser dadas na forma normal
y(n) = f(x, y, y′, · · · , y(n−1)).
Por fim, vamos classificar as EDO’s por sua linearidade.
Uma EDO F (x, y, y′, · · · , y(n−1), y(n)) = 0 é linear quando a função F for linear em
relação as variáveis y, y′, · · · , y(n−1), y(n). Em outras palavras, uma EDO é linear quando
podemos escrever na forma
an(x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · · a1(x)y′ + a0(x)y = g(x)
onde an, an−1, · · · , a1, a0 e g são funções apenas da variável independente x.
Capítulo 1. Semana 1 8
Exemplo 1.7. (a) A EDO 2xy′′′ − (ln x)y′′ = y − e2x é linear, pois pode ser escrita na
forma
a3(x)y′′′ + a2(x)y′′ + a1(x)y′ + a0(x)y = g(x),
onde a3(x) = 2x, a2(x) = − ln x, a1(x) = 0, a0(x) = −1 e g(x) = −e2x;
(b) A EDO y′′ − yy′ = 0 não é linear, pois aparece o produto yy′;
(c) A EDO [y′′]2 + (2senx)y = ex não é linear, pois aparece uma potência de y′′ maior
do que 1;
(d) A EDO y′− sen y = 0 não é linear, pois aparece o termo sen y que é uma função não
linear em y. ♦
Dada uma EDO de ordem n da forma
y(n) = f(x, y, y′, · · · , y(n−1))
uma solução da EDO num intervalo I ⊂ R é uma função ϕ : I −→ R, com pelo menos n
derivadas, de modo que
ϕ(n)(x) = f(x, ϕ(x), ϕ′(x), · · · , ϕ(n−1)(x))
é verdadeiro para todo x ∈ I.
Exemplo 1.8. Como vimos no Exemplo 1.2, dada uma função contínua f(x) em um
intervalo [a, b], então o problema de encontrar uma primitiva para f(x) é exatamente
o problema de resolver a EDO y′ = f(x). Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, uma
solução para essa EDO é dada por
ϕ(x) =
∫ x
x0
f(t)dt
em qualquer intervalo I ⊂ [a, b], onde x0 é qualquer ponto fixado de I. Também sabemos
que qualquer solução dessa EDO é dada por
y(x) =
∫ x
x0
f(t)dt+ C,
onde C é uma constante qualquer. ♦
Exemplo 1.9. Considere a EDO
y′ = 1
x
.
Utilizando o Exemplo 1.8, vemos que ϕ(x) = ln |x| é uma solução de y′ = 1
x
em qualquer
intervalo que não contenha 0. Na verdade, qualquer solução dessa EDO é dada por
y(x) = ln |x|+ C,
onde C é uma constante arbitrária. ♦
Capítulo 1. Semana 1 9
Exemplo 1.10. No Exemplo 1.1 vimos que qualquer solução da EDO y′′ = −g é dada
por
−g2 t
2 + At+B,
onde A e B são constantes arbitrárias. ♦
Exemplo 1.11. Dada uma EDO, nem sempre conseguiremos exibir uma solução explícita
para a equação, ou seja, nem sempre será possível apresentar uma função y = ϕ(x) que seja
solução da EDO. Em alguns casos, seremos capazes de determinar soluções implícitas.
Por exemplo, considere a EDO
dy
dx
= x
2
1− y2 .
Temos que a equação
−x3 + 3y − y3 = C,
para qualquer C constante, define y implicitamente como uma função de x e y é solução
da EDO. De fato, derivando implicitamente em relação a x obtemos
d
dx
(−x3 + 3y − y3) = d
dx
C ⇒ −3x2 + 3dy
dx
− 3y2 dy
dx
= 0 ⇒ dy
dx
= x
2
1− y2 .
♦
Dada uma EDO de ordem n, dizemos que uma família de funções com n parâmetros
é uma solução geral se qualquer solução da EDO pertence a família. No Exemplo 1.9 a
família de funções dada por y(x) = ln |x| + C, com um parâmetro dado pela constante
arbitrária C, é uma solução geral da EDO y′ = 1
x
. No Exemplo 1.10, temos que a família
a 2 parâmetros y(t) = −g2 t
2 + At+B é uma solução geral da EDO y′′ = −g.
Uma solução de uma EDO que não depende de parâmetros arbitrários é chamada
uma solução particular. Por exemplo, a função ϕ(x) = ln x no intervalo (0,∞) é uma
solução particular para a EDO y′ = 1
x
.
Observamos que nem toda família de soluções de uma EDO é uma solução geral,
como ilustrado no exemplo a seguir.
Exemplo 1.12. Considere a EDO
y′ = y2.
A família dada por ϕ(x) = − 1
x+ C , com C uma constante arbitrária, é formada por
soluções da EDO. Com efeito, derivando ϕ(x) = − 1
x+ C obtemos
ϕ′(x) = 1(x+ C)2 ,
de onde é claro que ϕ′(x) = (ϕ(x))2, para todo intervalo que não contenha o ponto x = −C.
Capítulo 1. Semana 1 10
Agora, é fácil ver que a função identicamente nula ψ(x) ≡ 0 também é solução
da EDO. Entretanto, não existe qualquer constante C de modo que ψ(x) = − 1
x+ C .
Essa solução extra é chamada de solução singular. Portanto, a família a 1 parâmetro
ϕ(x) = − 1
x+ C é formada por soluções da EDO, mas não é uma solução geral da EDO.
♦
O gráfico de uma solução ϕ de uma EDO num intervalo I é chamado de curva
integral da EDO.
Exemplo 1.13. Consideremos a EDO y′ = y2. Já vimos que qualquer função da forma
ϕ(x) = − 1
x+ C é uma solução em um intervalo I que não contenha o ponto x = −C. Em
particular, para C = −1 e escolhendo o intervalo I = (1,+∞), obtemos a seguinte curva
integral da EDO:
x
y
1
ϕ(x) = − 1
x− 1 , I = (1,+∞)
Note que se considerarmos a função ϕ(x) = − 1
x− 1 , então seu domínio é R\{1} e seu
gráfico é dado por
x
y
1
logo, o gráfico de ϕ(x) = − 1
x− 1 em R\{1} não é uma curva integral, pois o domínio de
uma solução deve ser um intervalo. ♦
Como vimos no Exemplo 1.1, ao resolver a EDO y′′ = −g obtemos uma solução
geral da forma y(t) = −g2 t
2 +At+B, com A e B constantes arbitrárias. Impondo condições
Capítulo 1. Semana 1 11
iniciais, por exemplo posição inicial y(0) = y0 e velocidade inicial y′(0) = v0, podemos
determinar as contantes A e B, de modo que a solução y(t) = −g2 t
2 + v0t+ y0 descreve
precisamente o movimento do objeto.
Mais geralmente, dado uma EDO y(n)= f(x, y, y′, · · · , y(n−1)) de ordem n, uma
solução deverá depender de n constantes. Essas constantes podem ser obtidas impondo n
condições iniciais num ponto x0. Normalmente, consideramos as condições iniciais como
sendo o valor de y, y′, · · · , y(n−1) no ponto x0. Nesse caso, chamamos de Problema de
Valor Inicial (PVI) e denotaremos por
y(n) = f(x, y, y′, · · · , y(n−1))
y(x0) = y0
y′(x0) = y1
...
y(n−1)(x0) = yn−1
ou seja, dado um PVI estamos interessados em encontrar uma solução da equação y(n) =
f(x, y, y′, · · · , y(n−1)) e que satisfaça as condição y(x0) = y0, y′(x0) = y1, · · · , y(n−1)(x0) =
yn−1. Observe que uma solução do PVI, se existir, deverá ser em um intervalo que contenha
o ponto x0 em que se está exigindo as condições.
Um dos interesses quando se estuda um PVI é determinar se o ele possui solução
ou não e, em caso afirmativo, determinar se a solução é única ou não.
Do ponto de vista da modelagem matemática, isso auxilia na tarefa de verificar se
a modelagem está bem feita ou não. Por exemplo, na modelagem do Exemplo 1.1 de um
objeto em queda livre, mesmo antes de resolver o problema, temos uma intuição de que o
problema deve ter solução única. A intuição da unicidade se dá pela experiência, ou seja,
se repetirmos o evento nas mesmas condições iniciais, podemos observar que o movimento
do objeto é o mesmo. Então, se nossa modelagem estivesse indicando que o PVI possui
mais de uma solução, isso contrariaria as experiências e, portanto, isso indicaria que nosso
modelo não está adequado ao problema.
Na ilustração acima, consideramos um caso em que a modelagem nos conduz a
uma EDO muito simples e a verificação de que o PVI possui solução única pode ser feita
diretamente, como no Exemplo 1.1. Entretanto, a modelagem foi muito simplista, por
exemplo, nem consideramos a resistência do ar na modelagem. Muitos outros fatores
poderiam ter sido considerados na modelagem e, consequentemente, poderíamos chegar em
um PVI muito mais complicado. Nessa situação, como podemos verificar se a modelagem
está adequada?
Capítulo 1. Semana 1 12
Consideremos um PVI de primeira ordem, dado pory
′ = f(x, y)
y(x0) = y0
para uma função f : U ⊂ R×R −→ R, em que (x0, y0) ∈ U . Geometricamente, esse PVI mo-
dela o problema de determinar uma curva em U que passa pelo ponto (x0, y0) e é o gráfico de
uma função ϕ com inclinação da reta tangente no ponto (x0, y0) dada por ϕ′(x0) = f(x0, y0).
Na figura ao lado, o segmento de reta azul
tem coeficiente angular dado por f(x0, y0) e
o PVI pergunta se existe uma função ϕ(x)
definida em algum intervalo I que contém x0,
cujo gráfico passa por (x0, y0) de tal modo
que a reta tangente coincida com o segmento
azul e que seja solução da EDO y′ = f(x, y).
y
x
x0
y0
(x0, y0)
U
O seguinte resultado fornece condições que garantem quando o PVI acima possui
solução única.
Teorema 1.14 (Existência e Unicidade). Se f(x, y) e ∂f
∂y
são funções contínuas em
um retângulo R = [a, b] × [c, d] e (x0, y0) ∈ (a, b) × (c, d), então existem ε > 0 e uma
única função ϕ(x) que é solução do PVIy
′ = f(x, y)
y(x0) = y0
no intervalo I = (x0 − ε, x0 + ε).
Uma demonstração do teorema acima pode ser encontrado em [5] e em [10].
Exemplo 1.15. Considere o PVI
y
′ = senx− cos y2
y(0) = 1
. Nesse caso, definimos a função
f(x, y) = senx− cos y2, que é contínua em todo R2. Além disso, ∂f
∂y
= 2ysen y2 também é
contínua em todo R2. Pelo Teorema de Existência e Unicidade, segue que o PVI possui
única solução em algum intervalo contendo o ponto x0 = 0. ♦
Exemplo 1.16. Considere o PVI
y
′ = 3y2/3
y(1) = 0
. Nesse caso, para a função f(x, y) = 3y2/3
temos que f é contínua em todo R2, entretanto ∂f
∂y
= 2y−1/3 não está definida quando
Capítulo 1. Semana 1 13
y = 0 e, assim, não existe retângulo contendo o ponto (1, 0) de modo que ∂f
∂y
seja contínua
em todo o retângulo. Portanto, o teorema não permite concluir se o PVI possui solução
única ou não.
Na verdade, esse PVI possui mais de uma solução. É fácil ver que uma solução do
PVI é a função identicamente nula ϕ(x) ≡ 0. Além disso, a função
ψ(x) =
(x− 1)
3, x ≥ 1
0, x ≤ 1
também é uma solução do PVI, ou seja, não temos unicidade da solução do PVI. ♦
Outro aspecto importante de um PVI é a dependência contínua das soluções em
termos das condições iniciais. Isso diz respeito a saber como as soluções se comportam
quando ocorre pequenas mudanças nas condições iniciais, ou seja, será que as soluções
permanecem próximas (em algum sentido de proximidade de soluções) quando as condi-
ções iniciais estão próximas? No caso de modelagens matemáticas, por exemplo, isso é
importante, pois qualquer medição que seja feita pode conter erros e, portanto, é desejável
que esses pequenos erros não conduzam a soluções muito distantes da solução real.
Esse aspecto faz parte da teoria qualitativa das EDO’s e não será estudado nesse
curso.
1.2 EDO’s de primeira ordem
Vamos começar nosso estudo sobre EDO’s considerando uma equação diferencial
de primeira ordem
dy
dx
= f(x, y),
onde f é uma dada. Mesmo nesse caso mais simples não dispomos de um método geral
para encontrar soluções. O que faremos é considerar casos particulares e fornecer métodos
de solução nesses casos.
1.2.1 Variáveis separáveis
Uma EDO de primeira ordem é dita ser separável ou de variáveis separáveis
se puder ser escrita na forma
dy
dx
= g(x)h(y).
Para encontrar soluções dessa equação, para os pontos onde h(y) 6= 0 escrevemos
1
h(y)dy = g(x)dx
Capítulo 1. Semana 1 14
e, então, integramos ∫ 1
h(y)dy =
∫
g(x)dx,
de onde obtemos uma família de soluções implícitas a 1 parâmetro dada por
H(y) = G(x) + C,
onde H(y) é qualquer primitiva de 1/h(y), G(x) é qualquer primitiva de g(x) e C é uma
constante arbitrária.
Exemplo 1.17. Resolva y′ = y2.
Essa EDO é separável, pois podemos escrever como y′ = g(x)h(y), com g(x) = 1 e h(y) = y.
Para y 6= 0, reescrevemos a equação como 1
y2
dy = dx e integrando em ambos os lados,
vem que ∫ 1
y2
dy =
∫
dx ⇒ −1
y
= x+ C
que fornece uma família de soluções implícitas da equação y′ = y2, onde C é uma constante
arbitrária. Nesse caso, somos capazes de exibir explicitamente as soluções isolando o y:
y = − 1
x+ C .
Note que y = 0 também é uma solução de y′ = y2 e não pertence a família de soluções
obtidas acima. ♦
Exemplo 1.18. Resolva y′ = y(1− y).
Para y(1− y) 6= 0, reescrevemos a equação como
1
y(1− y)dy = dx
e integramos ambos os lados ∫ 1
y(1− y)dy =
∫
dx. (1.1)
Para o lado esquerdo, utilizamos frações parciais e obtemos
1
y(1− y) =
1
y
+ 11− y ,
de onde ∫ 1
y(1− y)dy =
∫ 1
y
dy +
∫ 1
1− y dy = ln |y| − ln |1− y|.
De (1.1) obtemos soluções implícitas dadas por
ln |y| − ln |1− y| = x+ C,
Capítulo 1. Semana 1 15
onde C é uma constante arbitrária. Utilizando propriedades de logaritmos e exponenciais,
podemos isolar y dado como
y = Ce
x
1 + Cex . (1.2)
Note que se y(1− y) = 0, então y = 0 ou y = 1. Essas funções também são soluções
da EDO y′ = y(1 − y). Observe que y = 1 pode ser obtida da família de soluções (1.2)
fazendo a constante C = 0, entretanto, a solução y = 0 não pertence a essa família. ♦
Observação 1.19. Uma EDO da forma y′ = f(y), em que a função f(y) não depende da
variável x, é chamada de equação autônoma. Para essas equações, é fácil provar que
uma função constante ϕ(x) ≡ c é solução de y′ = f(y) se, e somente se, f(c) = 0. Ou seja,
as únicas soluções constantes de uma EDO autônoma são obtidas como zeros da função
f(y). Essas soluções, se existem, são chamadas de soluções estacionárias ou soluções
de equilíbrio.
Exemplo 1.20. Resolver o PVI

y′ = 2x
y + x2y
y(0) = −2
.
Primeiramente, resolvemos a EDO y′ = 2x
y + x2y . Reescrevemos a equação como
dy
dx
= 2x
y + x2y =
1
y
2x
1 + x2 ⇒ ydy =
2x
1 + x2dx
e integramos ambos os lados, obtemos soluções dadas implicitamente∫
ydy =
∫ 2x
1 + x2dx ⇒
1
2y
2 = ln(1 + x2) + C.
Da condição inicial y(0) = −2, vem que
1
2(−2)
2 = ln(1 + 02) + C ⇒ C = 2
e, portanto, a solução doPVI é dada implicitamente por
1
2y
2 = ln(1 + x2) + 2.
Observe que se isolarmos y, temos
y = ±
√
2 ln(1 + x2) + 4
e, como a condição inicial é y(0) = −2, então devemos escolher a solução negativa
y = −
√
2 ln(1 + x2) + 4.
♦
Capítulo 1. Semana 1 16
Observação 1.21. Uma expressão da forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, em que M(x, y)
e N(x, y) são funções de x e y, pode ser interpretada como uma EDO y′ = f(x, y), onde
f(x, y) = −M(x, y)
N(x, y) . Note que reciprocamente, toda EDO y
′ = f(x, y) pode escrita na
forma M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 escolhendo M(x, y) = −f(x, y) e N(x, y) = 1.
Exemplo 1.22. Resolver o PVI
y dy − x dx = 0y(2) = 2 .
Primeiro resolvemos a EDO y dy − x dx = 0. Para isso, reescrevemos y dy = x dx e
integramos ambos os lados.∫
y dy =
∫
x dx ⇒ 12y
2 = 12x
2 + C ⇒ y2 − x2 = C.
Da condição y(2) = 2, vem que C = 22 − 22 = 0. Logo, a solução do PVI é dada por
y2 − x2 = 0.
Isolando y, obtemos
y = |x|.
Para determinar qual é a solução, usamos a
condição inicial y(2) = 2 e concluímos que a
solução deve ser y = x. Ao lado, é mostrado
o gráfico das duas possíveis soluções y = |x|.
Como o gráfico da solução deve passar pelo
ponto (2, 2), então devemos escolher o gráfico
azul.
y
x
2
2
♦
Exemplo 1.23. Resolver a EDO dy
dx
= x− e
−x
y + ey .
Reescrevemos a equação como
(y + ey)dy = (x− e−x)dx
e integramos ambos os lados∫
(y + ey)dy =
∫
(x− e−x)dx ⇒ 12y
2 + ey = 12x
2 + e−x + C,
de onde a solução é dada implicitamente pela equação
1
2y
2 + ey = 12x
2 + e−x + C,
com C uma constante arbitrária. ♦
Capítulo 1. Semana 1 17
1.2.2 EDO’s lineares de primeira ordem
Uma EDO de primeira ordem é dita ser linear se puder ser escrita na forma
a1(x)
dy
dx
+ a0(x)y = g(x),
onde a1, a0 e g são funções da variável independente x. Dividindo a equação pela função
a1(x), vamos considerar a EDO na forma normal
dy
dx
+ P (x)y = f(x), (1.3)
e vamos procurar por soluções da equação (1.3) num intervalo em que as funções P (x) e
f(x) são contínuas.
Exemplo 1.24. Resolver y′ − 2y = x2e2x.
Vamos utilizar esse exemplo para introduzir um método geral de se resolver uma EDO
linear de primeira ordem.
A ideia é baseada na seguinte observação: multiplicando ambos os lados da equação
y′ − 2y = x2e2x por uma função µ(x) obtemos
µ(x)y′ − 2µ(x)y = x2e2xµ(x)
e observamos que o lado esquerdo é parecido com a derivada do produto µ(x)y, ou seja,
d
dx
[µ(x)y] = µ(x)y′ + µ′(x)y.
Para que
µ(x)y′ − 2µ(x)y = d
dx
[µ(x)y] = µ(x)y′ + µ′(x)y
a função µ deve satisfazer a equação
µ′(x) = −2µ(x),
ou seja, deve satisfazer a EDO
dµ
dx
= −2µ.
Essa é uma EDO separável e já sabemos resolver:
1
µ
dµ = −2dx ⇒
∫ 1
µ
dµ =
∫
−2dx ⇒ ln |µ| = −2x+ C ⇒ µ = Ce−2x.
Escolhendo C = 1, obtemos a função µ(x) = e−2x, que é chamada de um fator integrante
para a EDO.
Agora, multiplicando ambos os lados da equação y′ − 2y = x2e2x por µ(x) = e−2x,
obtemos
e−2xy′ − 2e−2xy = x2e2xe−2x (1.4)
Capítulo 1. Semana 1 18
e, pela forma como µ(x) foi escolhida, o lado esquerdo é dado por d
dx
[e−2xy]. Assim, a
equação 1.4 fica
d
dx
[e−2xy] = x2.
Integrando ambos os lados da equação em relação a x e usando o Teorema Fundamental
do Cálculo, vem que∫ d
dx
[e−2xy]dx =
∫
x2dx ⇒ e−2xy = 13x
3 + C ⇒ y = 13x
3e2x + Ce2x,
de onde y = 13x
3e2x + Ce2x é a solução geral da EDO, com C constante arbitrária. ♦
Vamos generalizar o exemplo anterior para o caso geral da equação (1.3). Como no
exemplo, o método se baseia na seguinte observação: multiplicando o lado esquerdo da
equação (1.3) por uma função µ(x) obtemos que
µ(x)dy
dx
+ µ(x)P (x)y (1.5)
e, por outro lado, derivando a função µ(x)y em relação a x obtemos
d
dx
[µ(x)y] = µ(x)dy
dx
+ dµ
dx
(x)y (1.6)
Comparando as equações (1.5) e (1.6), vemos que
d
dx
[µ(x)y] = µ(x)dy
dx
+ µ(x)P (x)y ⇔ dµ
dx
(x) = µ(x)P (x),
ou seja, a função µ deve satisfazer a EDO
dµ
dx
= P (x)µ,
a qual é separável e sabemos resolver:
1
µ
dµ = P (x)dx⇒
∫ 1
µ
dµ =
∫
P (x)dx ⇒ ln |µ| =
∫
P (x)dx+ C
⇒ |µ(x)| = e
∫
P (x)dx+C ⇒ µ(x) = Ce
∫
P (x)dx.
Como C é arbitrária, escolhemos C = 1 e a função obtida µ(x) = e
∫
P (x)dx é chamada
de um fator integrante da EDO. Observe que no intervalo em que a função P (x) é
contínua, a integral
∫
P (x)dx existe e, portanto, a função µ(x) está bem definida. Agora,
multiplicando ambos os lados da EDO (1.3) pelo fator integrante e
∫
P (x)dx, vem que
e
∫
P (x)dx dy
dx
+ e
∫
P (x)dxP (x)y = f(x)e
∫
P (x)dx
d
dx
[
e
∫
P (x)dxy
]
= f(x)e
∫
P (x)dx
Capítulo 1. Semana 1 19
No intervalo em que f(x) e P (x) são contínuas, existe a integral da função do lado direito.
Assim, integramos ambos os lados em relação a x e utilizando o Teorema Fundamental do
Cálculo obtemos
e
∫
P (x)dxy =
∫
f(x)e
∫
P (x)dxdx+ C
e, isolando y, vem que
y = e−
∫
P (x)dx
∫
f(x)e
∫
P (x)dxdx+ Ce−
∫
P (x)dx
é a solução geral da EDO no intervalo em que P (x) e f(x) são contínuas.
Exemplo 1.25. Resolver o PVI

xy′ + 2y = x2 − x+ 1
y(1) = 12
.
Começamos resolvendo a EDO xy′ + 2y = x2 − x + 1. Dividimos a equação por x e
escrevemos na forma
y′ + 2
x
y = x− 1 + 1
x
. (1.7)
Assim, o fator integrante é dado por
µ(x) = e
∫
2
x
dx = e2 ln |x| = x2.
Multiplicando ambos os lados da equação 1.7, vem que
d
dx
[x2y] = x3 − x2 + x ⇒ x2y =
∫
(x3 − x2 + x)dx = 14x
4 − 13x
3 + 12x
2 + C,
de onde, a solução geral é dada por
y = 14x
2 − 13x+
1
2 + Cx
−2,
em qualquer intervalo em que 2
x
e x− 1 + 1
x
são contínuas.
Resta determinar a constante C de modo a satisfazer a condição inicial y(1) = 12 .
Substituindo x = 1 e y = 12 em y =
1
4x
2 − 13x+
1
2 + Cx
−2, vem que
1
2 =
1
41
2 − 131 +
1
2 + C · 1
−2 ⇒ C = 112 ,
de onde a solução do PVI é
y = 14x
2 − 13x+
1
2 +
1
12x
−2.
Um intervalo de definição dessa solução deve conter o ponto x0 = 1 e deve ser um intervalo
em que 2
x
e x− 1 + 1
x
são contínuas. Nesse caso, podemos escolher o intervalo (0,∞). ♦
Capítulo 1. Semana 1 20
Exercícios - Lista 1
Introdução as equações diferenciais
1.1. Dadas as EDO’s abaixo, determine a ordem e se a EDO é linear ou não.
(a) x2y′′ + xy′ + 2y = cos y;
(b) d
4y
dx4
−
[
d3y
dx3
]2
+ (ln x)y = y;
(c) y′′′ + (senx)y′′ + (ln y)x = x;
(d) d
3y
dx3
+ sen (x+ y) = d
2y
dx2
.
1.2. Considere a EDO y′ = e−x2 .
(a) Explique por que uma solução dessa equação é necessariamente uma função crescente
em qualquer intervalo de definição;
(b) Quais são os limites lim
x→∞
dy
dx
e lim
x→−∞
dy
dx
? O que isto implica a respeito da curva
solução quando x→ ±∞?
(c) Determine um intervalo em que a solução y = ϕ(x) tenha concavidade para cima e
um intervalo no qual a solução tenha concavidade para baixo;
(d) Esboce o gráfico da solução y = ϕ(x) da EDO na qual a forma é sugerida pelos itens
(a), (b) e (c).
1.3. Para as EDO’s abaixo, determine uma região do plano xy na qual a equação diferencial
dada tenha uma única solução cujo gráfico passe pelo ponto (x0, y0) nessa região.
(a) y′ = y2/3;
(b) y′ = √xy;
(c) (4− y2)y′ = x2;
(d) (y − x)y′ = y + x.
Variáveis separáveis
1.4. Resolva as EDO’s por separação de variáveis:
(a) y′ =
(2y + 3
4x+ 5
)2
;
(b) (x+ 1)2 dx = dy;
(c) cossec y dx+ sec2 x dy = 0;
(d) dy
dx
= x
√
1− y2;
(e) (ey + 1)2e−y dx+ (ex + 1)3e−x dy = 0;
(f) dP
dt
= P − P 2.
1.5. Determine uma solução explicita para os PVI’s abaixo
Capítulo 1. Semana 1 21
(a)

y′ = y
2 − 1
x2 − 1
y(2) = 2
(b)

√
1− y2dx−
√
1− x2dy = 0
y(0) =
√
3
2
EDO’s lineares de primeira ordem
1.6. Determine a solução geral da EDO dada e determine o maior intervalo sobre o qual a
solução geral está definida.
(a) y′ + 2xy = x3;
(b) x2y′ + x(x+ 2)y = ex;
(c) y dx− (yey − 2x) dy = 0;
(d) dr
dθ
+ r sec θ = cos θ;
(e) (x+ 1)y′ + (x+ 2)y = 2xe−x;
(f) dP
dt
+ 2tP = P + 4t− 2.
1.7. Resolva os PVI’s dados e determine o maior intervalo I sobre o qual a solução está
definida.
(a)
y
′ = x+ 5y
y(0) = 3
(b)
(x+ 1)y
′ + y = ln x
y(1) = 10
(c)
y
′ − (senx)y = 2senx
y(π/2) = 1
(d)
y
′ − 2xy = 5
y(0) = 2
(e)
y′ + ytgx = x cosx
y(0) = 1
(f)
y
′ + 2xy = x
y(0) = −1
1.8. Sejam ϕ1(x) e ϕ2(x) duas soluções da EDO linear de primeira ordem y′+P (x)y = f(x).
Prove que qualquer combinação linear ϕ(x) = C1ϕ1(x) + C2ϕ2(x) também é solução da
EDO.
22
2 Semana 2
2.1 Equações exatas
Dada uma função z = f(x, y), a diferencial de z é dada por
dz = ∂f
∂x
dx+ ∂f
∂y
dy.
Em particular, se f(x, y) = c é constante, então,
∂f
∂x
dx+ ∂f
∂y
dy = 0,
de onde a f(x, y) = c define soluções implícitas da EDO
M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0,
onde M(x, y) = ∂f
∂x
e N(x, y) = ∂f
∂y
. Entretanto, não é para toda EDO da forma
M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 que existe uma função f(x, y) tal que M(x, y) = ∂f
∂x
e
N(x, y) = ∂f
∂y
. As EDO’s que possuem essa propriedade são chamadas de equações
exatas e, nesse caso, a família f(x, y) = C, com C uma constante arbitrária, fornece uma
família de soluções a 1 parâmetro da EDO M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0.
Nosso objetivo é determinar quando uma EDO M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é exata
e, em caso afirmativo, como determinar uma função f(x, y) tal que M(x, y) = ∂f
∂x
e
N(x, y) = ∂f
∂y
. A resposta é dada pelo teorema a seguir. Apresentaremos a demonstração
do teorema, pois sua prova fornece um método de encontrar uma função f(x, y) que
satisfaz M(x, y) = ∂f
∂x
e N(x, y) = ∂f
∂y
, caso a EDO seja exata.
Teorema 2.1. Sejam M(x, y) e N(x, y) funções de classe1 C1 em um retângulo R =
[a, b]× [c, d]. Então a EDOM(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é exata no retângulo R se, e somente
se, ∂M
∂y
= ∂N
∂x
.
Demonstração. (⇒) Suponhamos que M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 é exata em R, então
existe uma função f(x, y) tal que M(x, y) = ∂f
∂x
e N(x, y) = ∂f
∂y
. Como M e N são de
classe C1, então f é de classe C2 e, assim, ∂
2f
∂x∂y
= ∂
2f
∂y∂x
. Portanto,
∂M
∂y
= ∂
∂y
(
∂f
∂x
)
= ∂
2f
∂y∂x
= ∂
2f
∂x∂y
= ∂
∂x
(
∂f
∂y
)
= ∂N
∂x
.
1 Uma função f(x, y) é de classe Ck se todas as derivadas parciais até ordem k são contínuas.
Capítulo 2. Semana 2 23
(⇐) Reciprocamente, suponhamos que ∂M
∂y
= ∂N
∂x
. Queremos provar que existe uma
função f(x, y) que satisfaz
∂f
∂x
= M(x, y) (2.1)
∂f
∂y
= N(x, y) (2.2)
Integrando (2.1) em relação a x, vem que
f(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ g(y), (2.3)
onde g(y) é uma função arbitrária de y. Agora, vamos determinar g(y) de modo que f(x, y)
dada por (2.3) satisfaça (2.2). Derivando (2.3) em relação a y, obtemos
∂f
∂y
=
∫ ∂M
∂y
dx+ g′(y).
Comparando com (2.2), a função g′(y) deve satisfazer
g′(y) = N(x, y)−
∫ ∂M
∂y
dx.
Se o lado direito for uma função só de y, podemos integrar em relação a y e obter g(y).
Para provar que o lado direito depende só de y, derivamos em relação a x e usamos a
hipótese ∂M
∂y
= ∂N
∂x
:
∂
∂x
[
N(x, y)−
∫ ∂M
∂y
dx
]
= ∂N
∂x
− ∂M
∂y
= 0,
de onde segue o desejado. Portanto,
f(x, y) =
∫
M(x, y)dx+ g(y),
com
g(y) =
∫ [
N(x, y)−
∫ ∂M
∂y
dx
]
dy,
satisfaz as condições (2.1) e (2.2), como queríamos.
Exemplo 2.2. Resolva (3x2 − 2xy + 2)dx+ (6y2 − x2 + 3)dy = 0.
Vamos verificar se a equação é exata em algum retângulo. Sejam M(x, y) = 3x2 − 2xy + 2
e N(x, y) = 6y2 − x2 + 3, então
∂M
∂y
= −2x e ∂N
∂x
= −2x,
de onde ∂M
∂y
= ∂N
∂x
para todo (x, y) ∈ R2 e, portanto, é exata em todo R2. Vamos
determinar uma função f(x, y) tal que
∂f
∂x
= M(x, y) = 3x2 − 2xy + 2 (2.4)
∂f
∂y
= N(x, y) = 6y2 − x2 + 3 (2.5)
Capítulo 2. Semana 2 24
Integrando (2.4) em relação a x, vem que
f(x, y) =
∫
(3x2 − 2xy + 2)dx = x3 − x2y + 2x+ g(y),
onde g(y) é uma função de y. Derivando em relação a y,
∂f
∂y
= −x2 + g′(y)
e comparando com (2.5) obtemos
g′(y) = 6y2 + 3.
Integrando em relação a y, segue que
g(y) = 2y3 + 3y + c
e, portanto,
f(x, y) = x3 − x2y + 2x+ 2y3 + 3y + c
satisfaz (2.4) e (2.5). Logo, obtemos uma família de soluções dada por
x3 − x2y + 2x+ 2y3 + 3y = C,
com C constante arbitrária. ♦
Exemplo 2.3. Resolva o PVI

(
y
x
+ 6x
)
dx+ (ln x− 2)dy = 0
y(1) = 2
.
Denotando M(x, y) = y
x
+ 6x e N(x, y) = ln x − 2, temos que ∂M
∂y
= 1
x
e ∂N
∂x
= 1
x
, de
onde a equação
(
y
x
+ 6x
)
dx+ (ln x− 2)dy = 0 é exata em qualquer retângulo que não
contenha pontos da forma (0, y).
Como estamos interessados em resolver o PVI no ponto (1, 2),
podemos considerar um retângulo que contenha o ponto (1, 2)
e não contenha nenhum ponto da forma (0, y), como mostrado
na figura ao lado.
x
y
1
2
Queremos determinar f(x, y) tal que
∂f
∂x
= M(x, y) = y
x
+ 6x (2.6)
∂f
∂y
= N(x, y) = ln x− 2 (2.7)
Integrando (2.6) em relação a x,
f(x, y) =
∫ (y
x
+ 6x
)
dx = y ln x+ 3x2 + g(y).
Capítulo 2. Semana 2 25
Derivando em relação a y
∂f
∂y
= ln x+ g′(y)
e comparando com (2.7), vem que
g′(y) = −2
de onde, integrando em relação a y, obtemos g(y) = −2y. Logo, par toda constante C a
equação
y ln x+ 3x2 − 2y = C
fornece uma solução implícita da EDO. Vamos determinar C para que a condição inicial
y(1) = 2 seja satisfeita. Substituindo y = 2 e x = 1, vem que
2 ln 1 + 3 · 12 − 2 · 2 = C ⇒ C = −1.
Portanto, a solução do PVI é definida implicitamente por
y ln x+ 3x2 − 2y = −1,
em algum intervalo I que contenha o ponto x0 = 1. Que existe essa função y = ϕ(x)
definida implicitamente pela equação G(x, y) = y ln x+3x2−2y+1 = 0 em algum intervalo
contendo x0 = 1, segue do Teorema da Função Implícita2, pois
∂G
∂y
(1, 2) = ln 1− 2 = −2
é diferente de 0.
Em geral, não sabemos como determinar tal intervalo. Mas nesse
exemplo, note que podemos exibir explicitamente a solução
y = −1− 3x
2
ln x− 2
e determinar um intervalo de definição dessa solução, por exemplo,
I = (0,∞), lembrando que deve ser um intervalo em que a solução
esteja definida e contenha o ponto x0 = 1 dado na condição inicial.
A curva integral é exibida ao lado. O gráfico não é muito preciso
para x→ 0, mas isso se deve a limitação do software e da escala do
gráfico. ♦
x
y
1
2
Fator Integrante
Em alguns casos, quando a EDO M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 não é exata, ainda é
possível determinar um fator integrante, ou seja, uma função µ(x, y) tal que
µ(x, y)M(x, y)dx+ µ(x, y)N(x, y)dy = 0
2 veja [6] Capítulo 12
Capítulo 2. Semana 2 26
passa a ser uma EDO exata. Pelo Teorema 2.1, para que essa equação seja exata, devemos
ter
∂
∂y
[µ(x, y)M(x, y)] = ∂
∂x
[µ(x, y)N(x, y)] .
Denotando ∂M
∂y
= My e analogamente as outras derivadas parciais, temos
Myµ+Mµy = Nxµ+Nµx ⇒ µ(My −Nx) = Nµx −Mµy, (2.8)
a qual é uma equação diferencial parcial na função µ e, portanto, um problema mais
difícil de se resolver. Mas, vamos adicionar uma hipótese para simplificar o problema.
Suponhamos que seja possível determinar µ que depende apenas de uma variável, digamos,
µ = µ(x). Nesse caso, µy = 0, µx = µ′ e a equação (2.8) se reduz a
µ′ = My −Nx
N
µ.
Caso My −Nx
N
dependa só de x, então a equação acima é uma EDO e podemos determinar
µ = µ(x).
De modo análogo, supondo que µ = µ(y) depende apenas de y, obtemos que µx = 0,
µy = µ′ e a equação 2.8 se reduz a
µ′ = Nx −My
M
µ
e, caso Nx −My
M
dependa só de x, então a equação acima é uma EDO e podemos determinar
µ = µ(y).
Exemplo 2.4. Resolva (3x2y + 2xy + y3)dx+ (x2 + y2)dy = 0.
Sejam M(x, y) = 3x2y + 2xy + y3 e N(x, y) = x2 + y2. Temos que ∂M
∂y
= 3x2 + 2x+ 3y2 e
∂N
∂x
= 2x, de onde ∂M
∂y
= ∂N
∂x
somente para (0, 0), ou seja, não possui nenhum retângulo
em que a EDO seja exata.
Agora, veja que
My −Nx
N
= 3x
2 + 2x+ 3y2 − 2x
x2 + y2 = 3
Nx −My
M
= 2x− (3x
2 + 2x+ 3y2)
3x2y + 2xy + y3 =
−3x2 − 3y2
3x2y + 2xy + y3 .
Reconhecemos que My −Nx
N
= 3 é uma função que depende só de x. Portanto, podemos
encontrar um fator integrante resolvendo a EDO
µ′ = 3µ,
Capítulo 2. Semana 2 27
cuja uma solução é dada por µ(x) = e3x. Multiplicando ambos os lados da equação
(3x2y + 2xy + y3)dx+ (x2 + y2)dy = 0 pelo fator integrante, obtemos a equação exata
e3x(3x2y + 2xy + y3)dx+ e3x(x2 + y2)dy = 0.
Para resolver essa equação, devemos encontrar f(x, y) tal que
∂f
∂x
= e3x(3x2y + 2xy + y3) (2.9)
∂f
∂y
= e3x(x2 + y2) (2.10)
Integrando (2.9) em relação a x, vem que
f(x, y) =
∫
e3x(3x2y + 2xy + y3)dx
= 3y
∫
x2e3xdx+2y
∫
xe3xdx+ y3
∫
e3xdx
= 3y
(1
3x
2e3x − 29xe
3x + 227e
3x
)
+ 2y
(1
3xe
3x − 19e
3x
)
+ 13y
3e3x
=
[(
x2 − 23x+
2
9
)
y +
(2
3x−
2
9
)
y + 13y
3
]
e3x + g(y)
= x2e3xy + 13e
3xy3 + g(y)
Derivando em relação a y
∂f
∂y
= x2e3x + e3xy2 + g′(y)
Comparando com (2.10), devemos ter g′(y) = 0 e, portanto, g(y) = c. Logo,
x2e3xy + 13e
3xy3 = C
fornece uma família de soluções definidas implicitamente da equação. ♦
2.2 Aplicações de EDO’s de primeira ordem
Nessa seção, vamos apresentar alguns exemplos de aplicações de EDO’s de primeira
ordem.
Exemplo 2.5 (Modelo de crescimento populacional - Malthusiano). Seja P = P (t) o
tamanho de uma população no instante t. Um primeiro modelo populacional se baseia na
aproximação de que o crescimento da população é proporcional ao seu tamanho. Nesse
caso, uma EDO que modela o crescimento da população é dada por
dP
dt
= kP,
onde k é uma constante chamada de taxa de crescimento da população, que pode ser
determinada experimentalmente, por exemplo, como sendo a diferença entre a taxa de
Capítulo 2. Semana 2 28
natalidade e a taxa de mortalidade. No caso, conhecida a população inicial P0 no instante
t0 = 0, podemos determinar o tamanho da população em qualquer instante t > 0 resolvendo
o PVI 
dP
dt
= kP
P (0) = P0
A EDO dP
dt
= kP é separável e sua solução é dada por
P (t) = Cekt,
onde C é uma constante arbitrária.
Pela condição inicial, encontramos C = P0 e, portanto, a solução
do PVI é
P (t) = P0ekt.
Uma curva integral típica desse PVI é dado ao lado. Podemos
ver o comportamento de crescimento exponencial da população.
P
t
P0
Esse modelo é uma boa aproximação para populações de bactérias ou o crescimento de
infectados por uma doença infecciosa, em curtos períodos de tempo. Note que o modelo
não considera, por exemplo, que uma população muito grande pode enfrentar escassez de
alimento e isso levaria a uma diminuição da população. Pelo modelo, qualquer se tornaria
arbitrariamente grande. ♦
Exemplo 2.6 (Modelo de crescimento populacional - Verhulst). No modelo do Exemplo 2.5,
vimos que a suposição de que k é constante, nos leva a uma situação de crescimento
ilimitado da população. Um outro modelo, proposto por Verhulst, consiste em trocar a
constante k por uma função linear a− bP , com a e b constantes positivas determinada
experimentalmente. Assim, o modelo é dado pelo PVI
dP
dt
= (a− bP )P
P (0) = P0
A EDO dP
dt
= (a− bP )P é conhecida como equação logística. Essa é uma EDO autônoma
e suas soluções de equilíbrio são
P = 0 e P = a
b
.
A EDO dP
dt
= (a− bP )P pode ser resolvida como uma equação separável. Aqui, va-
mos resolver considerando como uma EDO de Bernoulli, para ilustrar como o Exercício 2.6.
Escrevemos
dP
dt
− aP = −bP 2. (2.11)
Capítulo 2. Semana 2 29
Fazemos a mudança de variável u = P−1, então du
dt
= −P−2dP
dt
. Substituindo dP
dt
=
−P 2du
dt
na EDO (2.11), temos
−P 2du
dt
− aP = −bP 2 ⇒ du
dt
+ a 1
P
= b ⇒ du
dt
+ au = b,
a qual é uma EDO linear em u. Sua solução geral é dada por
u = b+ Cae
−at
a
,
onde C é uma constante arbitrária. Como u = 1/P , encontramos a solução
P (t) = a
b+ Cae−at
da EDO dP
dt
= (a− bP )P . Suponhamos que P0 > 0, então a condição inicial implica que
a constante C é dada por
C = a− P0b
P0a
,
e, consequentemente, a solução do PVI é dado por
P (t) = P0a
P0b+ (a− P0b)e−at
.
Na figura abaixo, exibimos duas curvas integrais: em azul para uma população inicial
P0 >
a
b
e em magenta para uma população inicial P0 <
a
b
.
P
t
a/b
P0
P0
Note que
lim
t→∞
P0a
P0b+ (a− P0b)e−at
= a
b
,
ou seja, em ambos os casos a solução tende para a solução de equilíbrio quando t→∞.
Nesse caso, dizemos que a solução de equilíbrio P = a/b é assintoticamente estável.
Capítulo 2. Semana 2 30
Para P0 > a/b, temos que a população inicial está acima da posição de equilíbrio
e, assim, a população tende a diminuir. Se P0 < a/b, então a população tende a crescer.
Observe que se P0 for pequeno, então inicialmente a população tende a crescer rapidamente
(que identificamos pelo fato de o gráfico da solução ter concavidade voltada para cima) e, a
partir de algum momento, a população tende a crescer mais lentamente (que identificamos
pelo fato de o gráfico da solução ter concavidade voltada para baixo a partir desse ponto).
Esse ponto de mudança do comportamento do crescimento é obtido como ponto de inflexão
do gráfico da solução. Para obter esse ponto, estudamos a derivada segunda da solução, a
qual é dada por
P ′′ = (P ′)′ = ((a− bP )P )′ = (a− 2bP )P ′ = (a− 2bP )(a− bP )P.
Assim, P ′′ = 0 se, e somente se, P = 0, P = a/2b ou P = a/b. Analisamos o sinal de P ′′ :
P
0 a
2b
a
b
+ +−− − − + +
Portanto, vemos que a mudança de concavidade ocorre quando a população está na metade
da posição de equilíbrio. ♦
Exemplo 2.7 (Superfície de equilíbrio de um líquido girante). Considere um tubo ci-
líndrico, contendo um líquido e girando rapidamente em torno de seu eixo vertical com
velocidade angular constante igual a ω. Nesse caso, a superfície do líquido será uma
superfície de revolução e queremos determinar a equação dessa curva geratriz. Ou seja,
qual a equação da curva em azul na figura abaixo:
ω
Consideremos uma pequena massa m de líquido a uma distância x do eixo de rotação.
Temos duas forças agindo sobre essa massa:
(i) O peso P = mg da massa, que é uma força vertical;
(ii) A força centrífuga Fc = mω2x, que é uma força horizontal.
Capítulo 2. Semana 2 31
x
y
ω
x α
θ
mω2x
mg F
Como a velocidade é constante, a curva da superfície é estável. Além disso, a força
F resultante das duas forças atuantes sobre a massa deve ser perpendicular a tangente
a curva no ponto considerado. De fato, suponhamos que a força resultante F não seja
perpendicular a tangente. Então, a componente tangencial de F provocaria o deslocamento
da massa m na direção da tangente, o que contraria a estabilidade da superfície.
Temos que os ângulos α e θ são iguais, de onde tgα = tg θ. Se y = f(x) é a equação
da curva, então
dy
dx
= tgα = tg θ.
Além disso,
tg θ = mω
2x
mg
= ω
2x
g
,
ou seja, y deve satisfazer a EDO
y′ = ω
2
g
x
cuja solução é
y(x) = ω
2
2g x
2 + C.
Portanto, a curva y = f(x) é uma parábola. ♦
Exemplo 2.8 (Catenária). Suponha que um cabo flexível e inextensível seja suspenso
em dois pontos A e B, sujeito ao seu próprio peso. Aqui, flexível significa que a tensão
na corda é sempre no sentido da tangente. Por exemplo, isso ocorre com os fios ficam
suspensos entre dois postes. O problema consiste em determinar a forma que esse cabo
assume.
Considere um sistema de coordenadas xy em que o ponto mais baixo da curva
tenha coordenadas (0, a), com a > 0. Sejam P1 = (0, a) e P2 um ponto arbitrário da corda
e defina y = y(x) a curva dada pelo cabo entre os pontos P1 e P2.
Capítulo 2. Semana 2 32
y
x
−→
T1
−→
T2
−→
T2 cos θ
−→
T2sen θ
−→
W
θA
B
P1
P2
Desde que o trecho P1P2 está em equilíbrio, então as forças atuando nesse trecho
devem estar em equilíbrio. A saber, as forças que atuam são:
−→
T1 - tensão do cabo no ponto P1;−→
W - peso do cabo no trecho P1P2;−→
T2 - tensão do cabo no ponto P2.
Denote T1 = ||
−→
T1||, T2 = ||
−→
T2|| e W = ||
−→
W || os módulos dos vetores dados acima. Portanto,
devemos ter que
T1 = T2 cos θ
W = T2 sen θ
de onde
tg θ = W
T1
.
Mas tg θ é o coeficiente angular da reta tangente a curva y = y(x) no ponto P2 e, portanto,
y′ = tg θ. Logo, a função y = y(x) deve satisfazer a EDO
dy
dx
= W
T1
.
Agora, o peso da corda é dado por W = ωs, onde ω é o peso por unidade de comprimento
e s é o comprimento do cabo no trecho P1P2. Logo,
dy
dx
= ks, (2.12)
onde k = ω/T1 é constante.
O comprimento de uma curva y = y(x) no intervalo [0, x] é dado por
s(x) =
∫ x
0
√
1 + [y′(t)]2 dt
e, portanto,
ds
dx
=
√
1 + [y′(x)]2.
Capítulo 2. Semana 2 33
Derivando a equação (2.12) em relação a x e usando o que obtemos acima, vem que
y′′ = k
√
1 + [y′(x)]2,
que é uma EDO de segunda ordem e, a princípio, não sabemos resolver.Para contornar
esse problema, fazemos a substituição
p = y′
e, assim, temos a seguinte equação em p:
p′ = k
√
1 + p2,
que é uma EDO separável
dp√
1 + p2
= k dx.
Integrando em ambos os lados (o lado esquerdo é possível integrar usando substituição
trigonométrica. Verifique!) obtemos
ln |
√
1 + p2 + p| = kx+ C.
Desde que p(0) = y′(0) = 0 (justifique essa última igualdade!), obtemos C = 0. Assim,√
1 + p2 + p = ekx ⇒
√
1 + p2 = ekx − p⇒ 1 + p2 = e2kx − 2pekx + p2 ⇒
2pekx = e2kx − 1⇒ p = 12(e
kx − e−kx).
Voltando a substituição p = y′, temos
y′ = e
kx − e−kx
2 = senh (kx).
Integrando, vem que
y = 1
k
cosh(kx) + C.
Da condição inicial y(0) = a a constante é C = a− 1
k
. Portanto, a solução é
y(x) = 1
k
(cosh(kx)− 1) + a.
A curva formada pelo cabo é chamada de catenária. ♦
Capítulo 2. Semana 2 34
Exercícios - Lista 2
Equações exatas
2.1. Determine se a EDO dada é exata. Se for exata, resolva-a.
(a) (2x+ y) dx− (x+ 6y) dy = 0;
(b) (sen y − ysenx) dx+ (cosx+ x cos y − y) dy = 0;
(c) (x2 − y2) dx+ (x2 − 2xy) dy = 0;
(d)
(
1− 3
y
+ x
)
y′ + y = 3
x
− 1;
(e) (4t3y − 15t2 − y) dt+ (t4 + 3y2 − t) dy = 0;
(f) (3x2y + ex) dx+ (x3 + xey − 2y) dy = 0.
2.2. Resolva os PVI’s dados.
(a)
(x+ y)
2 dx+ (2xy + x2 − 1) dy = 0
y(1) = 1 (b)

(
3y2 − t2
y5
)
y′ + t2y4 = 0
y(1) = 1
2.3. Encontre o fator integrante que torne a EDO dada em uma equação exata e resolva a
EDO.
(a) y(x+ y + 1) dx+ (x+ 2y) dy = 0;
(b) cosx dx+
(
1 + 2
y
)
senx dy = 0;
(c) (10− 6y + e−3x) dx− 2 dy = 0;
(d) (y2+xy3) dx+(5y2−xy+y3sen y) dy = 0.
EDO’s homogêneas e de Bernoulli
2.4. Uma EDO M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0 é dita ser homogênea se as funções M(x, y)
e N(x, y) são homogêneas de mesmo grau, ou seja, existe um número real α tal que
M(tx, ty) = tαM(x, y) e N(tx, ty) = tαN(x, y)
para todo t.
(a) Verifique que M(x, y) = xαM(1, u) e N(x, y) = xαN(1, u), onde u = y/x;
(b) Mostre que uma EDO homogênea pode ser escrita como dy
dx
= h
(
y
x
)
;
(c) Mostre que a mudança de variável dependente u = y/x transforma a equação
homogênea em uma equação de variáveis separáveis.
2.5. Utilizando o Exercício 2.4, resolva as EDO’s homogêneas dadas.
Capítulo 2. Semana 2 35
(a) (y2 + xy) dx− x2 dy = 0;
(b) dy
dx
= x+ 3y3x+ y ;
(c) −y dx+ (x+√xy) dy = 0;
(d) xy2 dy + (x3 − y3) dx = 0.
2.6. Uma equação da forma
dy
dx
+ P (x)y = f(x)yn,
para n 6= 0 e n 6= 1, é chamada de equação de Bernoulli. Prove que a substituição da
variável dependente u = y1−n transforma a equação de Bernoulli em uma equação linear.
2.7. Utilizando o Exercício 2.6, resolva as EDO’s de Bernoulli dadas.
(a) y′ − y = exy2; (b) xy′ − (1 + x)y = xy2; (c) y′ = y(xy3 − 1).
2.8. Resolva os PVI’s dados.
(a)

x2y′ − 2xy = 3y4
y(1) = 12
(b)
y dx+ x(ln x− ln y − 1) dy = 0y(1) = e
Aplicações de EDO’s de primeira ordem
2.9. O número N(t) de supermercados em todo o país que usam um sistema de caixa
computadorizado é descrito pelo PVI
dN
dt
= N(1− 0.0005N)
N(0) = 1
(a) Resolva o PVI;
(b) Determine a solução de equilíbrio e utilize para prever quantos supermercados
adotarão esse novo procedimento a longo prazo;
(c) Qual é a previsão do número de supermercados que adotarão essa nova tecnologia
quando t = 10?
2.10. O modelo de população P (t) suburbana de uma grande cidade é dado pelo problema
de valor inicial 
dP
dt
= P (10−1 − 10−7P )
P (0) = 5000
,
onde t é medido em meses. Qual o valor limite da população? Em que instante a população
será igual a metade desse valor limite?
Capítulo 2. Semana 2 36
2.11. Uma modificação da equação logística é dada por
P ′ = P (a− b lnP ),
conhecida com equação de Gompertz. Considere a = 1 e b = 1.
(a) Determine as soluções de equilíbrio, ou seja, as soluções constantes;
(b) Determine a solução explícita dessa equação sujeita a condição inicial P (0) = P0;
(c) Calcule lim
t→∞
P (t);
(d) Esboce duas curvas integrais, uma considerando a condição inicial P0 > e e outra
considerando 0 < P0 < e.
2.12. Considere um objeto de massa m caindo sobre a influência da gravidade. Supondo
que a resistência do ar seja proporcional ao quadrado da velocidade v = v(t), podemos
modelar a velocidade do objeto pela equação
m
dv
dt
= mg − kv2,
onde g é a aceleração da gravidade e k é uma constante de proporcionalidade positiva.
(a) Resolva a equação sujeita a condição inicial v(0) = v0;
(b) Use a solução obtida para determinar a velocidade limite do corpo;
(c) Se a distância s, medida do ponto onde a massa foi abandonada acima do solo,
estiver relacionada com a velocidade v por ds/dt = v(t), encontre uma expressão
explicita para s(t), se s(0) = s0.
2.13. Determine o formato de um refletor tal que todos os raios por ele refletido e
provenientes de uma fonte luminosa pontual saem paralelos a uma direção fixada.3 Ou
seja, determine a equação da curva azul na figura abaixo.
y
x
3 Uma solução pode ser vista em [3], Exemplo 2.5.6
37
3 Semana 3
3.1 EDO’s lineares de ordem superior - teoria básica
Essa seção é destinada a apresentar os principais resultados teóricos para obtenção
de uma solução geral de uma EDO linear.
Lembre que uma EDO linear de ordem n é uma equação diferencial da forma
an(x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · · a1(x)y′ + a0(x)y = g(x)
onde an, an−1, · · · , a1, a0 e g são funções apenas da variável independente x. As funções
an, an−1, · · · , a1, a0 são chamadas de coeficientes da EDO. De modo análogo ao Teo-
rema 1.14, temos um resultado de existência e unicidade para PVI de uma EDO linear
dado a seguir.
Teorema 3.1 (Existência e Unicidade). Sejam an, an−1, · · · , a1, a0 e g são funções contí-
nuas em um intervalo I, com an(x) 6= 0 para x ∈ I. Se x0 ∈ I, então existe uma única
solução do PVI abaixo no intervalo I.
an(x)y(n) + an−1(x)y(n−1) + · · · a1(x)y′ + a0(x)y = g(x)
y(x0) = y0
y′(x0) = y1
...
y(n−1)(x0) = yn−1
(3.1)
Seja L um operador que associa a uma função ϕ que possui pelo menos n derivadas
a uma função L[ϕ] definida por
L[ϕ](x) = an(x)ϕ(n)(x) + an−1(x)ϕ(n−1)(x) + · · · a1(x)ϕ′(x) + a0(x)ϕ(x),
ou seja,
L : F n(I) −→ F (I)
ϕ 7−→ L[ϕ]
onde F n(I) é o conjunto de funções definidas em I que possuem pelo menos n derivadas
e F (I) é o conjunto das funções definidas em I. Note que F (I) é um espaço vetorial
com a soma de funções e multiplicação por escalar. Além disso, F n(I) é um subespaço
vetorial de F (I). Não é difícil ver que L é uma transformação linear, ou seja, para todos
ϕ, ψ ∈ F n(I) e todo λ ∈ R, vale que
L[ϕ+ λψ] = L[ϕ] + λL[ψ].
Capítulo 3. Semana 3 38
Assim, uma EDO linear de ordem n pode ser escrita como
L[y] = g(x).
Quando g(x) = 0, dizemos que a EDO é homogênea. Quando g(x) 6≡ 0, dizemos que
a EDO é não homogênea e a EDO L[y] = 0 é a EDO homogênea associada a EDO
L[y] = g(x).
Vamos apresentar vários resultados que nos garantem a existência de uma solução
geral para a EDO L[y] = g(x).
Primeiro, trabalharemos com o caso homogêneo L[y] = 0. Depois, veremos que
o caso não homogêneo depende de conhecermos a solução geral da EDO homogênea
associada.
Vamos assumir que os coeficientes an, an−1, · · · , a1, a0 e a função g são contínuas em
um intervalo I, com an(x) 6= 0 para todo x ∈ I.
Teorema 3.2 (Princípio de Superposição). Se y1, y2, · · · , yk são soluções de uma EDO
linear homogênea L[y] = 0, então qualquer combinação linear
y = c1y1 + c2y2 + · · ·+ ckyk
também é solução de L[y] = 0, onde c1, c2, · · · , ck ∈ R são constantes.
Demonstração. É uma consequência de L ser um operador linear. Com efeito, se y1, y2, · · · , yk
são soluções de L[y] = 0, então L[y1] = L[y2] = · · · = L[yk] = 0. Como L é linear, se
y = c1y1 + c2y2 + · · ·+ ckyk, então
L[c1y1 + c2y2 + · · ·+ ckyk] = c1L[y1] + c2L[y2] + · · ·+ ckL[yk] = 0,
de onde y = c1y1 + c2y2 + · · ·+ ckyk é solução de L[y] = 0.
Uma outra forma de obter esse resultado é observar que o conjunto das soluções de
L[y] = 0 é dado pelo núcleo do operador linear L : F n(I) −→ F (I) e, portanto, forma
um subespaço vetorial do espaço F n(I) das funçõesdefinidas em um intervalo I com pelo
menos n derivadas.
Os próximos resultados irão nos garantir que o espaço das soluções de L[y] = 0
tem dimensão finita n e, portanto, existe uma base y1, y2, · · · , yn de modo que qualquer
solução y de L[y] = 0 pode ser escrita como combinação linear de y1, y2, · · · , yn.
Vamos lembrar alguns conceitos de álgebra linear aplicado ao espaço das funções
definidas em um intervalo I.
Um conjunto de funções f1(x), f2(x), · · · , fk(x) é chamado de linearmente de-
pendente (LD) em um intervalo I se existem constantes não todas nulas c1, c2, · · · , ck
tais que
c1f1(x) + c2f2(x) + · · ·+ ckfk(x) = 0, para todo x ∈ I.
Capítulo 3. Semana 3 39
Caso contrário, dizemos que o conjunto é linearmente independente (LI).
Exemplo 3.3. Em particular, duas funções f1(x) e f2(x) são LD se, e somente se, existem
constantes c1 e c2, com c1 ou c2 não nula, tais que
c1f1(x) + c2f2(x) = 0,
de onde,
f1(x) = cf2(x), c constante.
Portanto, f1(x) e f2(x) são LD se, e somente se, uma é múltipla constante da outra. ♦
Exemplo 3.4. As funções f1(x) = cosx e f2(x) = senx formam um conjunto LI no
intervalo (−π, π).
De fato, suponhamos que existam c1 e c2 tais que
c1 cosx+ c2senx = 0, para todo x ∈ (−π, π).
Como a igualdade deve valer para todo x ∈ (−π, π), em particular para x = 0 obtemos
c1 cos 0 + c2sen 0 = 0 ⇒ c1 = 0,
e, para x = π/2, obtemos
c1 cosπ/2 + c2sen π/2 = 0 ⇒ c2 = 0.
Portanto, a única escolha de c1 e c2 tal que c1 cosx+ c2senx = 0 para todo x ∈ (−π, π) é
se c1 = c2 = 0. Logo, f1(x) = cosx e f2(x) = senx formam um conjunto LI no intervalo
(−π, π). ♦
Dado um conjunto qualquer de funções f1, f2, · · · , fn, nem sempre é fácil determinar
se o conjunto é LI ou LD. Vejamos um critério que fornece uma condição suficiente para
que o esse conjunto seja LI.
Sejam f1(x), f2(x), · · · , fn(x) funções com pelo menos n derivadas em um intervalo
I e suponhamos que existam c1, c2, · · · , cn tais que
c1f1(x) + c2f2(x) + · · ·+ cnfn(x) = 0, para todo x ∈ I. (3.2)
Derivando n − 1 vezes ambos os lados de (3.2) em um ponto x0 ∈ I, concluímos que
c1, c2, · · · , cn devem satisfazer o sistema linear homogêneo
c1f1(x0) + c2f2(x0) + · · ·+ cnfn(x0) = 0
c1f
′
1(x0) + c2f ′2(x0) + · · ·+ cnf ′n(x0) = 0
...
c1f
(n−1)
1 (x0) + c2f
(n−1)
2 (x0) + · · ·+ cnf (n−1)n (x0) = 0
Capítulo 3. Semana 3 40
Note que esse sistema tem n incógnitas e n equações. Logo, c1 = c2 = · · · = cn = 0 é a
única solução do sistema se, e somente se, o determinante da matriz dos coeficientes é
diferente de zero. Denotamos o determinante da matriz dos coeficiente por
W [f1, · · · , fn](x0) = det

f1(x0) f2(x0) · · · fn(x0)
f ′1(x0) f ′2(x0) · · · f ′n(x0)
... ... . . . ...
f
(n−1)
1 (x0) f
(n−1)
2 (x0) · · · f (n−1)n (x0)

e chamamos W [f1, · · · , fn](x0) de wronskiano das funções f1, f2, · · · , fn no ponto x0.
Portanto, podemos concluir que se W [f1, · · · , fn](x0) 6= 0 para algum x0 ∈ I, então
f1, f2, · · · , fn formam um conjunto LI no intervalo I.
Exemplo 3.5. Considere as funções f1(x) = et, f2(x) = e−t e f3(x) = e2t definidas em
(−∞,∞). Temos que
W [f1, f2, f3](x) = det

f1(x) f2(x) f3(x)
f ′1(x) f ′2(x) f ′3(x)
f ′′1 (x) f ′′2 (x) f ′′3 (x)
 =

et e−t e2t
et −e−t 2e2t
et e−t 4e2t

= −6e2t.
Logo, W [f1, f2, f3](x) 6= 0 em qualquer x ∈ (−∞,∞). Portanto, as funções f1(x) = et,
f2(x) = e−t e f3(x) = e2t formam um conjunto LI em (−∞,∞). ♦
Entretanto, a recíproca não vale. Ou seja, se W [f1, · · · , fn](x0) = 0 em algum ponto
x0 ∈ I, não podemos concluir que o conjunto formado por f1, · · · , fn seja LD.
Vejamos um exemplo ilustrativo dessa observação.
Exemplo 3.6. As funções f1(x) = x2 e f2(x) = x2 + 1 formam um conjunto LI em toda
a reta (−∞,∞). Com efeito, se f1 e f2 fossem LD, pelo Exemplo 3.3 deveria existir c tal
que f1(x) = cf2(x), ou seja, x2 = cx2 + c para todo x ∈ R. Mas isso implica que c = 1 e
c = 0, o que é absurdo.
Agora, calculando o wronskiano de f1 e f2, temos
W [f1, f2](x) = det
 f1(x) f2(x)
f ′1(x) f ′2(x)
 =
 x2 x2 + 1
2x 2x
 = −2x,
de onde W [f1, f2](0) = 0. Ou seja, o fato de que W [f1, f2](0) = 0 não nos permite concluir
que f1, f2 sejam LD.
O que podemos concluir do cálculo do wronskiano acima é que W [f1, f2](1) 6= 0
implica que f1(x) = x2 e f2(x) = x2 + 1 formam um conjunto LI em (−∞,∞). ♦
Capítulo 3. Semana 3 41
Entretanto, no caso em que as n funções são soluções de uma EDO linear homogênea
de ordem n, então vale a recíproca, como apresentado no próximo resultado.
Teorema 3.7 (Critério para decidir se soluções são LI ou LD). Consideremos uma EDO
linear homogênea L[y] = 0 em que os coeficientes an, an−1, · · · , a1, a0 são contínuas em um
intervalo I, com an(x) 6= 0 para todo x ∈ I. Sejam y1, y2, · · · , yn soluções de L[y] = 0 no
intervalo I. Então, o conjunto de soluções y1, y2, · · · , yn é LI se, e somente se, o wronskiano
W [y1, · · · , yn] é não nulo para algum ponto x0 ∈ I.
Demonstração. (⇐) Se W [y1, · · · , yn](x0) 6= 0 para algum x0 ∈ I, então o argumento
apresentado anteriormente implica que y1, y2, · · · , yn é LI.
(⇒) Reciprocamente, sejam y1, y2, · · · , yn soluções LI da equação L[y] = 0. Suponhamos,
por absurdo, que W [y1, · · · , yn](x) = 0 para todo x ∈ I. Assim, dado x0 ∈ I temos que o
sistema 
c1f1(x0) + c2f2(x0) + · · ·+ cnfn(x0) = 0
c1f
′
1(x0) + c2f ′2(x0) + · · ·+ cnf ′n(x0) = 0
...
c1f
(n−1)
1 (x0) + c2f
(n−1)
2 (x0) + · · ·+ cnf (n−1)n (x0) = 0
possui uma solução não trivial. Sejam c1, · · · , cn uma solução não trivial e defina a função
ψ(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x).
Note que ψ é solução do seguinte PVI
L[y] = 0
y(x0) = 0
y′(x0) = 0
...
y(n−1)(x0) = 0
Além disso, a função nula ϕ ≡ 0 também é solução desse PVI no intervalo I. Pelo
Teorema 3.1, sabemos que esse PVI possui uma única solução. Portanto, ψ ≡ 0, ou seja,
c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x) = 0, para todo x ∈ I,
com c1, c2, · · · , cn não todos nulos, o que contradiz y1, y2, · · · , yn formar um conjunto
LI.
O próximo passo é provar que uma EDO linear homogênea L[y] = 0 de ordem
n possui um conjunto fundamental de soluções, ou seja, um conjunto de n soluções
y1, · · · , yn de L[y] = 0 que é LI em um intervalo I.
Capítulo 3. Semana 3 42
Teorema 3.8 (Existência de conjunto fundamental). Consideremos uma EDO linear
homogênea L[y] = 0 em que os coeficientes an, an−1, · · · , a1, a0 são contínuas em um
intervalo I, com an(x) 6= 0 para todo x ∈ I. Então, existe um conjunto fundamental de
soluções de L[y] = 0 no intervalo I.
Demonstração. Dado x0 ∈ I, consideremos os n PVI’s dados abaixo.
L[y] = 0
y(x0) = 1
y′(x0) = 0
...
y(n−1)(x0) = 0

L[y] = 0
y(x0) = 0
y′(x0) = 1
...
y(n−1)(x0) = 0
· · ·

L[y] = 0
y(x0) = 0
y′(x0) = 0
...
y(n−1)(x0) = 1
Pelo Teorema 3.1, cada PVI acima possui uma única solução, digamos y1, y2, · · · , yn,
respectivamente. Note que
W [y1, · · · , yn](x0) = det

y1(x0) y2(x0) · · · yn(x0)
y′1(x0) y′2(x0) · · · y′n(x0)
... ... . . . ...
y
(n−1)
1 (x0) y
(n−1)
2 (x0) · · · y(n−1)n (x0)

= det

1 0 · · · 0
0 1 · · · 0
... ... . . . ...
0 0 · · · 1
 = 1,
e, portanto, y1, y2, · · · , yn formam um conjunto LI, como desejado.
Por fim, resta provar que se y1, y2, · · · , yn é um conjunto fundamental de soluções
de L[y] = 0, então qualquer outra solução pode ser obtida como combinação linear de
y1, y2, · · · , yn. Isso é apresentado no próximo resultado.
Teorema 3.9 (Solução geral de uma EDO linear homogênea). Consideremos uma EDO
linear homogênea L[y] = 0 em que os coeficientes an, an−1, · · · , a1, a0 são contínuas em um
intervalo I, com an(x) 6= 0 para todo x ∈ I. Seja y1, y2, · · · , yn um conjunto fundamental
de soluções de L[y] = 0 no intervalo I. Então, a solução geral de L[y] = 0 no intervalo I
é dada por
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x),
onde c1, c2, · · ·, cn são constantes arbitrárias.
Demonstração. Desde que y1, y2, · · · , yn são LI, seja x0 ∈ I tal que W [y1, · · · , yn](x0) 6= 0.
Dada uma solução qualquer y(x) de L[y] = 0, sejam α1, α2, · · · , αn dados por
y(x0) = α1, y′(x0) = α2, · · · y(n−1)(x0) = αn
Capítulo 3. Semana 3 43
e considere o sistema
c1y1(x0) + c2y2(x0) + · · ·+ cnyn(x0) = α1
c1y
′
1(x0) + y2f ′2(x0) + · · ·+ cny′n(x0) = α2
...
c1y
(n−1)
1 (x0) + c2y
(n−1)
2 (x0) + · · ·+ cny(n−1)n (x0) = αn
Como W [y1, · · · , yn](x0) 6= 0, esse sistema possui uma única solução c1, · · · , cn. Defina a
função
ψ(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x).
Assim, temos que y(x) e ψ(x) satisfazem o PVI
L[y] = 0
y(x0) = α1
y′(x0) = α2
...
y(n−1)(x0) = αn
e, pelo Teorema 3.1, concluímos que y(x) = ψ(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x), ou
seja, y(x) é dado como combinação linear de y1, · · · , yn.
Resumindo: Dada uma EDO linear homogênea L[y] = 0 de ordem n, temos
(i) o conjunto das soluções de L[y] = 0 formam um espaço vetorial de dimensão n;
(ii) uma base para o espaço de soluções é qualquer conjunto de n soluções y1, · · · , yn
linearmente independentes. Qualquer base é chamada de conjunto fundamental
de soluções;
(iii) o wronskiano W [y1, · · · , yn] fornece um critério para determinar se um conjunto
y1, · · · , yn de n soluções de L[y] = 0 é LI ou LD;
(iv) se y1, · · · , yn é um conjunto fundamental de soluções de L[y] = 0, então a solução
geral de L[y] = 0 é dada por
y(x) = c1y1(x) + c2y2(x) + · · ·+ cnyn(x),
onde c1, c2, · · · , cn são constantes arbitrárias.
Agora, vamos considerar uma EDO linear não homogênea L[y] = g(x), com
g(x) 6≡ 0.
Capítulo 3. Semana 3 44
Começamos observando que se ϕ1 e ϕ2 são soluções de L[y] = g(x), então ϕ(x) =
ϕ1(x)− ϕ2(x) é solução da EDO linear homogênea associada L[y] = 0. De fato,
L[ϕ](x) = L[ϕ1 − ϕ2](x) = L[ϕ1](x)− L[ϕ2](x) = g(x)− g(x) = 0.
Assim, se conhecermos uma solução particular yp da EDO linear não homogênea
L[y] = g(x), então qualquer outra solução y(x) de L[y] = g(x) deve satisfazer que
yh(x) = y(x)− yp(x),
ou melhor,
y(x) = yh(x) + yp(x),
onde yh(x) é uma solução da EDO homogênea L[y] = 0 associada. Com isso, obtemos o
seguinte resultado.
Teorema 3.10 (Solução geral - EDO linear não homogênea). Consideremos uma EDO
linear L[y] = g(x) em que os coeficientes an, an−1, · · · , a1, a0 e a função g são contínuas
em um intervalo I, com an(x) 6= 0 para todo x ∈ I. Se yp é uma solução particular de
L[y] = g(x) e yh é a solução geral da EDO linear homogênea associada L[y] = 0, então a
solução geral da EDO L[y] = g(x) é dada por
y(x) = yh(x) + yp(x).
Exemplo 3.11. Consideremos a EDO não homogênea
y′′ − 2y′ − 3y = 3e2x.
A solução geral da EDO homogênea associada y′′ − 2y′ − 3y = 0 é dada por
yh(x) = c1e−x + c2e3x,
onde c1 e c2 são constantes arbitrárias. De fato, denotando y1(x) = e−x temos que
y′1(x) = −e−x e y′′1(x) = e−x.
Substituindo na equação y′′ − 2y′ − 3y = 0, vemos que
e−x − 2(−e−x)− 3e−x = 0
se verifica para todo x ∈ R. Logo, y1(x) = e−x é solução de y′′ − 2y′ − 3y = 0. De modo
análogo, y2(x) = e3x é solução de y′′ − 2y′ − 3y = 0. Desde que
W [y1, y2](x) =
 e−x e3x
−e−x 3e3x
 = 4e2x 6= 0, para todo x ∈ R,
temos que y1 e y2 são LI e, portanto, formam um conjunto fundamental de soluções.
Capítulo 3. Semana 3 45
Por outro lado,
yp(x) = −e2x
é uma solução particular de y′′ − 2y′ − 3y = 3e2x. De fato, calculamos y′p e y′′p
y′p(x) = −2e2x e y′′p(x) = −4e2x
e substituindo em y′′ − 2y′ − 3y = 3e2x temos
−4e2x + 4e2x − 3(−e2x) = 3e2x
e vemos que a igualdade é sempre válida.
Portanto, a solução geral é dada por
y(x) = c1e−x + c2e3x − e2x,
onde c1 e c2 são constantes arbitrárias.
Obs.: Nas próximas seções iremos mostrar como as soluções acima são obtidas. ♦
O próximo resultado nos diz como obter uma solução particular de uma EDO linear
não homogênea L[y] = g(x) quando a função g(x) é dada como soma de outras funções.
Teorema 3.12 (Princípio de superposição - EDO linear não homogênea). Sejam yp1 , · · · , ypk
soluções particulares das EDO’s não homogêneas L[y] = g1(x), · · · , L[y] = g1(x), respecti-
vamente. Então,
yp = yp1 + · · ·+ ypk
é uma solução particular da EDO linear não homogênea
L[y] = g1(x) + · · ·+ gk(x).
Exemplo 3.13. Considere a EDO linear não homogênea
y′′ − 2y′ − 3y = 3e2x + senx.
Uma solução particular para a equação y′′− 2y′− 3y = 3e2x é yp1(x) = −e2x e uma solução
particular de y′′ − 2y′ − 3y = senx é yp2(x) = −
1
5senx+
1
10 cosx. Logo,
yp(x) = −e2x −
1
5senx+
1
10 cosx
é uma solução particular de y′′ − 2y′ − 3y = 3e2x + senx. ♦
O que vimos nessa seção é que uma EDO linear L[y] = g(x) possui solução única,
desde que os coeficientes e a função g(x) satisfazem algumas condições. O que faremos nas
próximas seções é apresentar métodos para obtenção de solução de L[y] = g(x) em alguns
casos.
Capítulo 3. Semana 3 46
3.2 EDO’s lineares homogêneas como coeficientes constantes
Nessa seção, vamos considerar uma EDO linear homogênea com coeficientes cons-
tantes, ou seja, uma EDO da forma
any
(n) + an−1y(n−1) + · · · a1y′ + a0y = 0,
em que an, · · · , a1, a0 ∈ R são constantes.
Obs.: O caso em que os coeficientes não são constantes é mais complicado e
abordaremos alguns casos de segunda ordem quando estudarmos a obtenção de soluções
por séries de potências.
Vamos iniciar com uma EDO linear homogênea de segunda ordem com coeficientes
constantes dada por
ay′′ + by′ + cy = 0,
com a, b, c ∈ R constantes.
Pelo Teorema 3.9, se conseguirmos duas soluções LI, então obtemos a solução geral
da EDO.
Vamos procurar por soluções da forma
y = emx,
em que m ∈ R deve ser determinado. Calculamos y′ e y′′
y′ = memx, y′′ = m2emx
e substituímos na equação ay′′ + by′ + cy = 0, temos
am2emx + bmemx + cemx = 0 ⇒ (am2 + bm+ c)emx = 0.
Desde que emx 6= 0, para que y = emx seja solução, precisamos que m seja raiz da equação
am2 + bm+ c = 0.
Essa equação é chamada de equação característica da EDO ay′′ + by′ + cy = 0.
Sendo uma equação do segundo grau, existem 2 raízes m1 e m2 da equação carac-
terística e temos três casos a considerar, dependo do discriminante b2 − 4ac da equação
característica:
(i) m1 e m2 são raízes reais e distintas, caso b2 − 4ac > 0;
(ii) m1 e m2 são raízes reais e iguais, caso b2 − 4ac = 0;
(iii) m1 e m2 são raízes complexas e conjugadas, caso b2 − 4ac < 0.
Capítulo 3. Semana 3 47
Caso I. Raízes reais distintas
Nesse caso, obtemos duas soluções
y1(x) = em1x e y2(x) = em2x.
Podemos verificar que essas soluções são LI calculando o wronskiano:
W [y1, y2](x) = det
 em1x em2x
m1em1x m2em2x

= m2e(m1+m2)x −m1e(m1+m2)x
= (m2 −m1)e(m1+m2)x.
Como m1 6= m2, então m2 −m1 6= 0 e, assim,
W [y1, y2](x) 6= 0, para todo x ∈ R.
Portanto, y1(x) = em1x e y2(x) = em2x formam um conjunto fundamental de soluções e,
então, a solução geral da equação ay′′ + by′ + cy = 0 é dada por
y(x) = c1em1x + c2em2x
em que c1 e c2 são constantes arbitrárias.
Exemplo 3.14. Determine a solução do PVI

y′′ + 5y′ + 3y = 0
y(0) = 0
y′(0) = 1
Primeiro, vamos determinar a solução geral da equação y′′ + 5y′ + 3y = 0. A equação
característica é dada por
m2 + 5m+ 3 = 0,
cujas raízes são m1 =
−5 +
√
13
2 e m2 =
−5−
√
13
2 . Logo, a solução geral é dada por
y(x) = c1e
−5+
√
13
2 x + c2e
−5−
√
13
2 x.
Agora, precisamos determinar as constantes c1 e c2 de modo a satisfazer as condições
iniciais impostas. Calculando y′(x), obtemos
y′(x) = c1
−5 +
√
13
2 e
−5+
√
13
2 x + c2
−5−
√
13
2 e
−5−
√
13
2 x.
Das condições y(0) = 0 e y′(0) = 1, as constantes c1 e c2 devem satisfazer o sistema linear
c1 + c2 = 0
−5 +
√
13
2 c1 +
−5−
√
13
2 c2 = 1
Capítulo 3. Semana 3 48
cuja solução é
c1 =
√
13
13 e c2 = −
√
13
13 .
Portanto, a solução do PVI é dada por
y(x) =
√
13
13 e
−5+
√
13
2 x −
√
13
13 e
−5−
√
13
2 x.
♦
Caso II. Raízes reais iguais
Nesse caso, encontramos apenas uma solução da equação ay′′ + by′ + cy = 0 que é
da forma emx,a saber,
y1(x) = em1x,
onde m1 = m2 = −
b
2a .
Para determinarmos uma segunda solução y2 da equação ay′′ + by′ + cy = 0,
utilizaremos uma técnica conhecida como redução de ordem. Faremos isso para o nosso
caso particular, mas a técnica pode ser aplicada para casos mais gerias.
A ideia é procurar por uma solução da forma
y(x) = u(x)y1(x),
onde u(x) é uma função a ser determinada e y1(x) é uma solução conhecida. No nosso
caso, temos
y1(x) = em1x
e queremos determinar u(x). Calculamos y′ e y′′
y′(x) = [u′(x) +m1u(x)]em1x
y′′(x) = [u′′(x) + 2m1u′(x) +m21u(x)]em1x
e substituímos na equação ay′′ + by′ + cy = 0:
a[u′′(x) + 2m1u′(x) +m21u(x)]em1x + b[u′(x) +m1u(x)]em1x + cu(x)em1x = 0.
Como em1x 6= 0, podemos dividir ambos os lados por em1x e obter
a[u′′(x) + 2m1u′(x) +m21u(x)] + b[u′(x) +m1u(x)] + cu(x) = 0.
Colocando em evidência u, u′ e u′′, podemos reescrever
au′′(x) + [2m1a+ b]u′(x) + [am21 + bm1 + c]u(x) = 0.
Agora, como m1 = −
b
2a e b
2 − 4ac = 0, obtemos que os coeficientes de u′(x) e u(x) são
nulos (verifique!).
Capítulo 3. Semana 3 49
Com isso, a função u(x) procurada deve satisfazer a equação
u′′ = 0,
cuja solução geral podemos obter por duas integrações:
u(x) = c1x+ c2,
com c1 e c2 constantes arbitrárias. Portanto, uma segunda solução é dada por
y(x) = (c1x+ c2)em1x.
O que precisamos agora é de uma solução y2(x) que é LI com y1(x) = em1x. Note
que se escolhermos a constante c1 = 0, então a solução obtida acima fica y(x) = c2em1x,
a qual é LD com y1(x) = em1x. Assim, precisamos escolher c1 6= 0. Por simplicidade,
escolhemos c1 = 1 e c2 = 0 e obtemos
y2(x) = xem1x.
Para verificar que y1 e y2 são LI, calculamos o wronskiano
W [y1, y2](x) = det
 em1x xem1x
m1em1x (1 +m1x)em1x

= (1 +m1x)e2m1x −m1xe2m1x
= e2m1x 6= 0, para todo x ∈ R.
Concluímos que y1(x) = em1x e y2(x) = xem1x formam um conjunto fundamental de
soluções e, portanto, a solução geral da equação ay′′ + by′ + cy = 0 é dada por
y(x) = c1em1x + c2xem1x
em que c1 e c2 são constantes arbitrárias e m1 = −
b
2a .
Exemplo 3.15. Determine a solução geral da equação y′′ + 2y′ + y = 0.
A equação característica da equação é dada por
m2 + 2m+ 1 = 0,
cujas raízes são m1 = m2 = −1. Logo, um conjunto fundamenta de soluções é dado por
y1(x) = ex e y2(x) = xex
e, portanto, a solução geral é dada por
y(x) = c1ex + c2xex,
em que c1 e c2 são constantes arbitrárias. ♦
Capítulo 3. Semana 3 50
Caso III. Raízes complexas
Como os coeficientes da equação característica am2 + bm + c = 0 são reais, se
b2 − 4ac < 0, então a equação possui duas raízes complexas m1 e m2, além disso essas
raízes são conjugadas, ou seja, m2 = m1.
Vamos denotar m1 = α+ βi e m2 = α− βi, onde α, β ∈ R e β 6= 0. Lembre-se que
i é um número complexo tal que i2 = −1.
Como no caso de raízes reais distintas, as funções
y1(x) = e(α+βi)x e y2(x) = e(α−βi)x
são soluções LI da equação ay′′ + by′ + cy = 0, pois
W [y1, y2](x) = det
 e(α+βi)x e(α−βi)x
(α + βi)e(α+βi)x (α− βi)e(α−βi)x

= (α− βi)eαx − (α + βi)eαx
= −2βieαx 6= 0, para todo x ∈ R.
Mas, nesse caso, as soluções são funções complexas, ou seja, a imagem dessas funções estão
em C. Nosso interesse é em obter soluções reais.
Para obter soluções reais da EDO, utilizaremos a fórmula de Euler
eθi = cos θ + isen θ.
Com isso, as soluções são dadas por
e(α+βi)x = eαxeβxi = eαx(cos β + isen βx)
e
e(α−βi)x = eαxe−βxi = eαx(cos(−β) + isen (−βx)) = eαx(cos β − isen βx).
Utilizando o princípio de superposição, obtemos as seguintes soluções
y1(x) =
1
2[e
(α+βi)x + e(α−βi)x] = eαx cos βx
y2(x) =
1
2i [e
(α+βi)x − e(α−βi)x] = eαxsen βx
Além disso,
W [y1, y2](x) =
 eαx cos βx eαxsen βx
eαx(α cos βx− βsen βx) eαx(αsen βx+ β cos βx)

= βe2αx 6= 0, para todo x ∈ R.
Portanto, y1(x) = eαx cos βx e y2(x) = eαxsen βx formam um conjunto fundamental
de soluções reais e, assim, a solução geral da equação ay′′ + by′ + cy = 0 é dada por
Capítulo 3. Semana 3 51
y(x) = eαx(c1 cos βx+ c2sen βx)
em que c1 e c2 são constantes arbitrárias.
Exemplo 3.16. Resolver o PVI

y′′ − 2y′ + 5y = 0
y(0) = 0
y′(0) = 1
A equação característica é dada por
m2 − 2m+ 5 = 0,
cujas raízes são m1 = 1 + 2i e m2 = 1− 2i. Logo, a solução geral é dada por
y(x) = ex(c1 cos 2x+ c2 sen 2x).
Vamos determinar as constantes c1 e c2 de modo a satisfazer as condições iniciais impostas.
Derivando y(x),
y′(x) = ex((c1 + 2c2) cos 2x+ (c2 − 2c1)sen (2x))
Das condições y(0) = 0 e y′(0) = 1, as constantes c1 e c2 devem satisfazer o sistema linearc1 = 0c1 + 2c2 = 1
cuja solução é c1 = 0 e c2 =
1
2 . Portanto, a solução do PVI é
y(x) = 12e
xsen 2x.
♦
Agora, vamos considerar o caso geral de uma EDO linear homogênea de ordem n e
coeficientes constantes
any
(n) + an−1y(n−1) + · · · a1y′ + a0y = 0.
Procedendo como no caso de segunda ordem, procuramos por soluções da forma y(x) = emx.
Para que y(x) = emx seja solução, devemos ter que m é raiz da equação característica
anm
n + an−1mn−1 + · · · a1m+ a0 = 0.
Podemos supor que o coeficiente an é igual a 1, pois caso contrário basta dividir a equação
por an. Ou seja, podemos supor que a equação característica seja escrita da forma
mn + an−1mn−1 + · · · a1m+ a0 = 0.
Capítulo 3. Semana 3 52
Pelo Teorema Fundamental da Álgebra, essa equação possui n raízes (complexas), em que
algumas raízes podem aparecer repetidas. Suponhamos que r1, · · · , rk sejam todas as k
raízes distintas da equação característica, então podemos fatorar a equação como
(m− r1)s1(m− r2)s2 · · · (m− rk)sk = 0 (3.3)
onde sj é a multiplicidade da raiz rj (ou seja, o número de vezes que a raiz aparece
repetida) e a soma das multiplicidades é igual a ordem da equação, ou seja,
s1 + s2 + · · ·+ sk = n.
Agora, cada raiz r de multiplicidade s deve fornecer s soluções LI da EDO, isto é,
cada fator (m− r)s da equação (3.3) deve contribuir com s soluções LI para formar um
conjunto fundamental de soluções. Vamos considerar dois casos.
A raiz r é real
Nesse caso, as s soluções LI são dada por
y1(x) = erx
y2(x) = xerx
y3(x) = x2erx
· · ·
ys(x) = xs−1erx
A raiz r é complexa
Denotemos r = α+βi e suponhamos que r seja uma raiz de multiplicidade s. Como
a equação característica possui apenas coeficientes reais, então o conjugado r = α − βi
também é uma raiz de multiplicidade s. Assim, na fatoração da equação característica
deve aparecer o fator
(m− r)s(m− r)s.
Nesse caso, obtemos 2s soluções LI dadas por
y1(x) = eαx cos βx
y2(x) = xeαx cos βx
y3(x) = x2eαx cos βx
· · ·
ys(x) = xs−1eαx cos βx
z1(x) = eαxsen βx
z2(x) = xeαxsen βx
z3(x) = x2eαxsen βx
· · ·
zs(x) = xs−1eαxsen βx
Capítulo 3. Semana 3 53
Exemplo 3.17. Determine a solução geral de y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 0.
A equação característica é dada por
m3 − 3m2 + 3m− 1 = 0
ou seja, (m− 1)3 = 0. Assim, temos apenas uma raiz real r = 1 com multiplicidade s = 3.
Logo, as soluções
y1(x) = ex, y2(x) = xex, y3(x) = x2ex
formam um conjunto fundamental de soluções e, assim, a solução geral é dada por
y(x) = c1ex + c2xex + c3x2ex,
em que c1, c2 e c3 são constantes arbitrárias. ♦
Exemplo 3.18. Resolva a equação y(4) − 5y′′ + 4y = 0.
A equação característica é dada por
m4 − 5m2 + 4 = 0.
Fazendo a mudança t = m2, então a equação fica
t2 − 5t+ 4 = 0,
cujas raízes são t1 = 4 e t2 = 1. Como t = m2, obtemos as quatro raízes
m1 = 2, m2 = −2, m3 = 1, m4 = −1,
ou seja, a equação característica se fatora como
(m− 2)(m+ 2)(m− 1)(m+ 1) = 0.
Desde que todas as raízes tem multiplicidade 1, cada raiz fornece uma solução, a saber
y1(x) = e2x, y2(x) = e−2x, y3(x) = ex, y4(x) = e−x
e, portanto, a solução geral é dada por
y(x) = c1e2x + c2e−2x + c3ex + c4e−x,
em que c1, c2, c3 e c4 são constantes arbitrárias. ♦
Exemplo 3.19. Resolva y(4) + 2y′′ + y = 0.
A equação característica é dada por
m4 + 2m2 + 1 = 0,
Capítulo 3. Semana 3 54
que se fatora como
(m− i)2(m+ i)2 = 0.
Assim, r = i é uma raiz complexa de multiplicidade 2. Logo, as soluções são
y1(x) = cos x
y2(x) = x cosx
z1(x) = senx
z2(x) = xsenx
e, portanto,