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4
EQUAÇÕES DIFERENCIAIS DE ORDEM
SUPERIOR
61
Notas de Aula Equações Diferenciais Ordinárias
4.1 EQUAÇÕES HOMOGÊNEAS
Uma equação diferencial de n-ésima ordem da forma
an (x)
dny
dxn
+ an−1 (x)
dn−1y
dxn−1 + · · ·+ a1 (x)
dy
dx
+ a0 (x) = 0 (4.1)
é chamada homogênea, enquanto
an (x)
dny
dxn
+ an−1 (x)
dn−1y
dxn−1 + · · ·+ a1 (x)
dy
dx
+ a0 (x) = g (x) (4.2)
com g (x) , 0 é chamada de não-homogênea.
Exemplo 4.1
(a) A equação 2y′′+3y′−5y = 0 é uma equação diferencial ordinária de segunda
ordem homogênea.
(b) A equação x3y′′′−2xy′′+5y′+6y = ex é uma equação diferencial ordinária de
terceira ordem não-homogênea.
4.1.1 PRINCÍPIO DA SUPERPOSIÇÃO
Teorema 4.1
Sejam y1, y2, · · · , yk soluções para a edo linear de n-ésima ordem em um intervalo
I . Então a combinação linear
y = C1 · y1 +C2 · y2 + · · ·+Ck · yk (4.3)
em que os Ci , i = 1,2, · · · , k, são constantes arbitrárias, é também uma solução em
I .
Prova
Provaremos o caso n = k = 2. Sejam y1 (x) e y2 (x) soluções para a edo linear homo-
gênea
a2y
′′ + a1y
′ + a0y = 0.
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Vamos mostrar que a função y = C1y1 +C2y2 é solução. Então,
a2 (x)y′′ + a1y
′ + a0y = a2 (x)
[
C1y
′′
1 +C2y
′′
2
]
+ a1 (x)
[
C1y
′
1 +C2y
′
2
]
+ a0 (x) [C1y1 +C2y2]
= C1
[
a2 (x)y1 + a1 (x)y′1 + a0 (x)y1
]
+ c2
[
a2 (x)y2 + a1 (x)y′2 + a0 (x)y2
]
= C1 · 0 +C2 · 0
= 0
Corolário 4.1
(i) Um múltiplo y = C1y1 (x) de uma solução y1 (x) para uma equação diferencial
linear homogênea é também uma solução.
(ii) Uma equação diferencial linear homogênea sempre possui a solução trivial
y = 0.
Exemplo 4.2
As funções y1 (x) = x2 e y2 (x) = x2 lnx são ambas soluções para a EDO homogênea
de terceira ordem
x3y′′′ − 2xy′ + 4y = 0
no intervalo (0,+∞). Logo, pelo Princípio da superposição, a combinação linear
y = C1x
2 +C2x
2 lnx
é também uma solução para a EDO em (0,+∞).
Exemplo 4.3
As funções y1 (x) = ex, y2 (x) = e2x e y3 (x) = e3x satisfazem a EDO homogênea
d3y
dx3 − 6
d2y
dx2 + 11
dy
dx
− 6y = 0
em (−∞,+∞). Logo pelo Princípio da superposição uma outra solução é
y = C1e
x +C2e
2x +C3e
3x.
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4.1.2 DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR
Definição 4.1
Dizemos que um conjunto de funções f1 (x) , f2 (x) , · · · , fn (x) é linearmente depen-
dente(LD) em um intervalo I se existirem constantesC1,C2, · · · ,Cn não todas nulas,
tais que
C1f1 (x) +C2f2 (x) + · · ·+Cnfn (x) = 0
para todo x em I .
Definição 4.2
Dizemos que um conjunto de funções f1 (x) , f2 (x) , · · · , fn (x) é linearmente indepen-
dente (LI) em um intervalo I se as únicas constantes para as quais
C1f1 (x) +C2f2 (x) + · · ·+Cnfn (x) = 0
para todo x ∈ I , são C1 = C2 = · · · = Cn = 0.
Exemplo 4.4
As funções f1 (x) = sen(2x) e f2 (x) = senxcosx são LD no intervalo (−∞,+∞), pois
C1 sen(2x) +C2 senxcosx = 0
é satisfeita para todo x real se C1 = 1
2 e C2 = −1.
Exemplo 4.5
As funções f1 (x) = cos2x, f2 (x) = sen2x, f3 (x) = sec2x e f4 (x) = tg2x são LD no
intervalo
(
−π2 ,
π
2
)
, pois
C1 · cos2x+C2 · sen2x+C3 · sec2x+C4 · tg2x = 0
quando C1 = C2 = 1, C3 = −1 e C4 = 1.
Dizemos que um conjunto de funções f1 (x) , f2 (x) , · · · , fn (x) é LD em um intervalo se
pelo menos uma função pode ser expressa como uma combinação linear das outras
funções.
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Exemplo 4.6
As funções f1 (x) =
√
x + 5, f2 (x) =
√
x + 5x, f3 (x) = x − 1 e f4 (x) = x2 são LD em
(0,+∞), pois f2 pode ser escrita como combinação linear de f1, f3 e f4. Note que
f2 (x) = 1 · f1 (x) + 5 · f3 (x) + 0 · f4 (x) .
para todo x ∈ (0,+∞) .
Definição 4.3
Suponha que f1 (x) , f2 (x) , · · · , fn (x) sejam diferenciáveis pelo menos n− 1 vezes. O
determinante
W (f1, f2, · · · , fn) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
f1 f2 · · · fn
f ′1 f ′2 · · · f ′n
...
...
. . .
...
f
(n−1)
1 f
(n−1)
2 · · · f
(n−1)
n
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
,
é chamado de Wronskiano das funções.
Teorema 4.2
Sejam y1, y2, · · · , yn n soluções da equação diferencial linear homogênea de ordem n
em um intervalo I . Então, o conjunto de soluções será linearmente independente
(L.I) em I se e somente se W (y1, y2, · · · , yn) , 0 para todo x no intervalo.
Prova
Provaremos o teorema no caso n = 2.
(⇒) Suponhamos que y1 e y2 são soluções L.I para uma EDO linear homogênea
de segunda ordem e que exista um ponto x0 ∈ I tal queW [y1 (x0) , y2 (x0)] = 0.
Logo, existem C1 e C2, não nulas, tais que
C1y1 (x0) + c2y2 (x0) = 0 e C1y
′
1 (x0) + c2y
′
2 (x0) = 0
se definirmos
y = C1 · y1 (x) +C2 · y2 (x)
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então, segue-se que, y (x) satisfaz também
y (x0) = 0 e y′ (x0) = 0
mas a função identicamente nula satisfaz a EDO e as condições iniciais. Por-
tanto, ela é a única solução. Isso contradiz a suposição de eque y1 e y2 são L.I
em I.
(⇐) Se W (y1, y2) , 0 para todo x ∈ I , segue-se imediatamente do Teorema (4.2)
que y1 e y2 são L.I.
Corolário 4.2
Se f1 (x) , f2 (x) , · · · , fn (x) possuem pelo menos n− 1 derivadas e são LD em I , então
W (f1 (x) , f2 (x) , · · · , fn (x)) = 0
para todo x em I .
Exemplo 4.7
As funções f1 (x) = sen2x e f2 (x) = 1 − cos(2x) são LD em (−∞,+∞). Logo, pelo
corolário (4.2),
W
(
sen2x,1− cos(2x)
)
= 0.
Exemplo 4.8
Para f1 (x) = em1x e f2 (x) = em2x,m1 ,m2,
W (em1x, em2x) =
∣∣∣∣∣∣∣ em1x em2x
m1 · em1x m2 · em2x
∣∣∣∣∣∣∣ = (m2 −m1) · e(m1+m2)x , 0
para todo valor de x. Logo, f1 e f2 são LI em qualquer intervalo do eixo x.
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Exemplo 4.9
As funções f1 (x) = ex, f2 (x) = xex e f3 (x) = x2ex são LI em (−∞,+∞), pois
W
(
ex,xex,x2ex
)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ex xex x2ex
ex xex + ex x2ex + 2xex
ex xex + 2ex x2ex + 4xex + 2ex
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 2e3x
não se anula em ponto algum.
Exemplo 4.10
As funções f1 (x) e f2 (x) = |x| são LI em (−∞,+∞), porém, não podemos calcular o
Wronskiano, pois f2 não é derivável em x = 0.
Definição 4.4
Qualquer conjunto y1, y2, · · · , yn de n soluções linearmente independentes de uma
equação diferencial homogênea de ordem n em um intervalo I é chamado de con-
junto fundamental de soluções no intervalo.
Teorema 4.3
Existe um conjunto fundamental de soluções para uma equação diferencial linear
homogênea de ordem n em um intervalo I .
Teorema 4.4
Seja y1, y2, · · · , yn um conjunto fundamental de soluções de uma equação diferen-
cial linear homogênea de ordem n em um intervalo I . Então, a solução geral da
equação no intervalo é:
y = C1y1 (x) +C2y2 (x) + · · ·+Cnyn (x)
onde ci , i = 1,2,3, · · · ,n, são constantes arbitrárias.
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Exemplo 4.11
A EDO y′′ − 9y = 0 possui duas soluções y1 (x) = e3x e y2 (x) = e−3x. Como
W
(
e3x, e−3x
)
=
∣∣∣∣∣∣∣ e
3x e−3x
3ex −3e−3x
∣∣∣∣∣∣∣ = −6 , 0,∀x
temos que y1 e y2 formam um conjunto fundamental de soluções em (−∞,+∞).
Logo, a solução geral para a EDO em (−∞,+∞) é:
y = C1e
3x +C2e
−3x. (4.4)
Exemplo 4.12
As funções y1 (x) = ex, y2 (x) = e2x e y3 (x) = e3x satisfazem a EDO
y′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = 0.
Como
W
(
ex, e2x, e3x
)
= 2e6x , 0,∀x
temos que y1, y2 e y3 formam um conjunto fundamental de soluções em (−∞,+∞).
Logo, a solução geral para a EDO em (−∞,+∞) é:
y = C1e
x +C2e
2x +C3e
3x. (4.5)
4.1.3 SOLUÇÃO DE UMA EQUAÇÃO NÃO-HOMOGÊNEA
Teorema 4.5
Seja yp uma solução particular qualquer de uma equação diferencial linear não
homogênea de ordem n em um intervalo I , e seja y1, y2, · · · , yn um conjunto fun-
damental de soluções da equação diferencial homogênea associada em I . Então, a
solução geral da equação no intervalo é
y = C1y1 (x) +C2y2 (x) + · · ·+Cnyn (x) + yp,
onde Ci , i = 1,2, · · · ,n são constantes.
A função yC = C1y1 (x) +C2y2 (x) + · · ·+Cnyn (x), que é a solução da EDO homogênea
associada, é chamada de função complementar da EDO não homogênea. Assim, a
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solução de uma EDO não homogênea é dada por
y = yC + yp.
Exemplo 4.13
A função yp = −11
12 −
1
2x é uma solução particular da EDO
y′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = 3x.
vimos no exemplo (–) que a solução geral da EDO homogênea associada
y′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = 0
no intervalo (∞,+∞) é yc = C1e
x + C2e
2x + C3e
3x. Logo, a solução da EDO não
homogênea em (∞,+∞) é
y = yc + yp = C1e
x +C2e
2x +C3e
3x − 11
12
− 1
2
x.
Teorema 4.6
Sejam yp1
, yp2
, · · · , ypk k soluções particulares de uma equação diferencial linear não
homogênea em um intervalo I correspondendo, por sua vez, a k funções distintas
g1, g2, · · · , gk. Isto é, suponha que ypi denote uma solução particular da equação
diferencial correspondente
an (x)yn + an−1 (x)yn−1 + · · ·+ a1 (x)y′ + a0 (x)y = gi (x) ,
onde i = 1,2, · · · , k.Então,
yp = yp1
(x) + yp2
(x) + · · ·+ yp (x)
é uma solução particular de
an (x)yn + an−1 (x)yn−1 + · · ·+ a1 (x)y′ + a0 (x)y = g1 (x) + g2 (x) + · · ·+ gk (x) .
Exemplo 4.14
Temos que
yp1
= −4x2 é uma solução particular de y′′ − 3y′ + 4y = −16x2 + 24x − 8,
yp2
= e2x é uma solução particular de y′′ − 3y′ + 4y = 2e2x,
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yp3
= xex é uma solução particular de y′′ − 3y′ + 4y = 2xex − ex.
Assim,
y = yp1
+ yp2
+ yp3
= −4x2 + e2x + xex
é uma solução de
y′′ − 3y′ + 4y = −16x2 + 24x − 8 + 2e2x + 2xex − ex.
4.2 REDUÇÃO DE ORDEM
Suponha que y1 (x) seja uma solução não trivial para a EDO
a2 (x)y′′ + a1 (x)y′ + a0 (x) = 0 (4.6)
Suponhamos que os coeficientes a2 (x), a1 (x) e a0 (x) sejam contínuos e que a2 (x) ,
0,∀x ∈ I . Para encontrarmos uma segunda solução y2 (x) usaremos um processo que
consiste em reduzir a ordem da EDO. Dividindo a equação (4.6) por a2 (x), temos que
y′′ + P (x)y′ +Q (x)y = 0 (4.7)
em que P (x) e Q (x) são contínuas em algum intervalo I . Suponhamos que y1 (x) seja
uma solução conhecida para a equação (4.7) em I e que y1 (x) , 0,∀x ∈ I . Se definirmos
y (x) = u (x)y1 (x), segue-se que
y′ = y′1u + y1u
′ e y′′ = y1u
′′ + 2y′1u
′ + y′′1u
Assim,
y1u
′′ + 2y′1u
′ + y′′1u + P (y′1u + y1u
′) +Q (uy1) = 0
y1u
′′ + 2y′1u
′ + y′′1u + P y′1u + P y1u
′ +Qy1u = 0
(y′′1 + P y′1 +Qy1)u + y1u
′′ + (2y′1 + P y1)u′ = 0
Como y′′1 + P y′1 +Qy1 = 0, segue-se que
y1u
′′ + (2y′1 + P y1)u′ = 0
Fazendo w = u′, vem que
y1w
′ + (2y′1 + P y1)w = 0 (4.8)
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Note que a equação (4.8) é separável. Então, separando variáveis, obtemos
y1
dw
dx
+ (2y′1 + P y1)w = 0
y1dw+ (2y′1 + P y1)wdx = 0
dw
w
+
2y′1
y1
dx+ P dx = 0 (4.9)
Integrando (4.9), temos
ln |w|+ 2ln
∣∣∣y1
∣∣∣+
∫
P dx = C
ln
∣∣∣wy2
1
∣∣∣ = −
∫
P dx+C
wy2
1 = C1e
−
∫
P dx
w = C1
e−
∫
P dx
y2
1
Como w = u′, temos que
u′ = C1
e−
∫
P dx
y2
1
Integrando novamente em relação a x, temos
u = C1
e−
∫
P dx
y2
1
dx+C2
Portanto,
y =
C1
∫
e−
∫
P dx
y2
dx+C2
y1
y = C1
∫
e−
∫
P dx
y2
1
dxy1 +C2y1
Escolhendo C2 = 0 e C1 = 1, concluímos que a segunda solução da EDO (4.7) é dada
por
y2 (x) = y1 (x) ·
∫
e−
∫
P dx
y2
1 (x)
dx.
A função y2 (x) satisfaz a equação (4.7), verifique. Além dissso, y1 (x) e y2 (x) são L.I,
pois
w [y1 (x) , y2 (x)] =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
y1 y1 ·
∫
e−
∫
P dx
y2
1
dx
y′1
e−
∫
P dx
y1
+ y′1 ·
∫
e−
∫
P dx
y2
1
dx
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = e−
∫
P dx
é diferente de zero em qualquer intervalo em que y1 (x) seja diferente de zero.
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Exemplo 4.15
A função y1 = senx√
x
é uma solução para
x2y′′ + xy′ +
(
x2 − 1
4
)
y = 0.
Encontre a solução geral em (0,π).
Solução
Dividindo a EDO dada por x2, obtemos
y′′ +
1
x
y′ +
(
1− 1
4x2
)
y = 0
Neste caso, temos que P (x) = 1
x . Então,
y2 (x) =
senx
√
x
·
∫
e−
∫
1
xdx
sen2 x
x
dx
=
senx
√
x
·
∫ 1
x
sen2 x
x
dx
=
senx
√
x
·
∫
csc2xdx
=
senx
√
x
· −cotx
= −cosx
√
x
Como a EDO é homogênea podemos tomar y2 (x) = cosx√
x
. Logo, a solução geral da
EDO em (0,π) é
y = C1
senx
√
x
+C2
cosx
√
x
.
Exercício 4.1
Sabendo que y1 (x) = e2x é uma solução da equação diferencial
(2x+ 1)y′′ − (4x+ 1)y′ + 4y = 0,
em (0,1), determine uma solução linearmente independente, y2 (x), usando a pro-
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priedade da redução de ordem e em seguida escreva a solução geral da equação
diferencial dada.
4.3 EQUAÇÕES LINEARES HOMOGÊNEAS COM COE-
FICIENTES CONSTANTES
Primeiramente, consideremos o caso particular da equação de segunda ordem
ay′′ + by′ + c = 0, (4.10)
onde a, b e c e a , 0 são constantes.
Vamos mostrar que para esta equação existem valores constantesm tais que y = emx
é uma solução. Substituindo y = emx, y′ =memx e m2emx em (4.10), temos:
am2emx + bmemx + cemx = 0
emx
(
am2 + bm+ c
)
= 0
Como emx , 0, então y = emx é solução da equação se, e somente se, m é solução da
equação
am2 + bm+ c = 0 (4.11)
que é chamada de equação característica ou equação auxiliar.
Usando a equação (4.11), podemos considerar três casos distintos.
1º caso: Raízes Reais Distintas
Se 4 = b2 − 4ac > 0, então a equação (4.11)tem duas raízes reais distintas m1 e m2.
Neste caso,
y1 (x) = em1x e y2 (x) = em2x
são soluções fundamentais, pois
W (y1, y2) =
∣∣∣∣∣∣∣ em1x em2x
m1e
m1x m2e
m2x
∣∣∣∣∣∣∣ = (m2 −m1)e(m1+m2)x , 0,∀x ∈ R.
Assim, neste caso, a solução geral da equação (4.10) é dada por:
y (x) = C1 · em1x +C2 · em2x.
2º Caso: Raízes Reais Iguais
Se 4 = b2 − 4ac = 0, a equação (4.11) tem somente uma raiz real m1 = m2. Neste
caso, obtemos somente uma solução y = em1x.
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Porém, segue-se que uma segunda solução é dada por
y2 (x) = em1x ·
∫
e−(b/a)x
e2m1x
dx
Como m1 = − b
2a , segue-se que
y2 (x) = em1x ·
∫
e2m1x
e2m1x
dx
= em1x ·
∫
dx
= xem1x
Logo, neste caso, a solução geral é dada por:
y (x) = C1e
m1x +C2xe
m1x.
3º Caso: Raízes Complexas Conjugadas
Se m1 e m2 são complexas, podemos escrever
m1 = α + βi e m2 = α − βi
em que α,β ∈ R com β > 0 e i2 = −1. Logo, a solução geral da equação (4.10) é dada
por:
y (x) = C1 · e(α+βi)x +C2 · e(α−βi)x.
Usando a fórmula de Euller:
eiθ = cosθ + i · senθ.
segue-se que
eiβx = cos(βx) + i · sen(βx) e e−iβx = cos(−βx) + i · sen(−βx)
Como sen(−βx) = −sen(βx) e cos(−βx) = cos(βx), temos que
eiβx = cos(βx) + i · sen(βx) e e−iβx = cos(βx)− i · sen(βx)
Assim,
eiβx + e−iβx = 2cos(βx) e eiβx − e−iβx = 2i sen(βx) .
Como y (x) = C1 · e(α+βi)x +C2 · e(α−βi)x é uma solução para qualquer escolha das cons-
tantes C1 e C2, então fazendo C1 = C2 = 1
2 e em seguida C1 = 1
2i e C2 = − 1
2i , temos duas
soluções
y1 (x) = 1
2
[
eiβx + e−iβx
]
e y2 (x) = 1
2i
[
eiβx − e−iβx
]
.
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Assim, segue-se que
y1 (x) = 1
2e
αx
(
eiβx + e−iβx
)
= 1
2 [2cos(βx)] = eαx cos(βx)
y2 (x) = 1
2i e
αx
(
eiβx − e−iβx
)
= 1
2 [2i sen(βx)] = eαx sen(βx)
Como W (y1, y2) = β · e2αx , 0,∀x, as funções y1 (x) e y2 (x) formam um conjunto fun-
damental de soluções para a equação (4.10) em (−∞,+∞). Logo, pelo princípio da
superposição, a solução geral é dada por:
y (x) = C1 · eαx cos(βx) +C2 · eαx sen(βx) .
Exemplo 4.16
Resolva as equações a seguir.
(a) 2y′′ − 5y′ − 3y = 0 (b) y′′ − 10y′ + 25y = 0 (c) y′′ + y′ + y = 0.
Solução
(a) A equação característica é 2m2−5m−3 = 0, cujas raízes sãom1 = −1
2 em2 = 3.
Logo, a solução geral da equação é:
y (x) = C1 · e−
1
2x +C2 · e3x.
(b) A equação auxiliar é m2 −10m+ 25 = 0, cujas raízes são m1 =m2 = 5. Logo, a
solução geral da equação é
y (x) = C1 · e5x +C2 · xe5x.
(c) Neste caso, a equação característica é m2 +m + 1 = 0, cujas raízes são m1 =
−1
2 +
√
3
2 i e m2 = −1
2 −
√
3
2 i. Logo, a solução geral da equação é dada por
y (x) = C1 · e−
1
2x cos
(√
3
2
x
)
+C2 · e−
1
2x sen
(√
3
2
x
)
.
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Exemplo4.17
Resolva o problema de valor inicial
y′′ − 4y′ + 13y = 0, y (0) = −1, y′ (0) = 2.
Solução
Neste caso, a equação auxiliar é
m2 − 4m+ 13 = 0,
cujas raízes são m1 = 2 + 3i e m2 = 2−3i. Assim, a solução geral da equação é dada
por
y (x) = C1 · e2x cos(3x) +C2 · e2x sen(3x) = e2x [C1 · cos(3x) +C2 · sen(3x)] .
Temos que
y′ (x) = (2C1 + 3C2)e2x cos3x+ (−3C1 + 2C2)e2x sen3x.
Aplicando as condições iniciais, segue-se que
y (0) = −1 ⇒ C1 = −1
y′ (0) = 2 ⇒ C2 =
4
3
.
Portanto, a solução do PVI é
y (x) = −e2x cos(3x) +
4
3
e2x sen(3x) .
Exemplo 4.18
Resolva a EDO y′′′ + 3y′′ − 4y = 0.
Solução
A equação auxiliar, neste caso, é dada por
m3 + 3m2 − 4 = 0.
Por inspeção, temos que m1 = 1 é uma raiz. Assim, dividindo m3 + 3m2 − 4 por
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m−1, obtemos um quociente m2 +4m+4 = (m− 2)2 e um resto igual a zero. Então,
a equação auxiliar pode ser escrita como
(m− 1)(m− 2)2 = 0.
Logo, as outras raízes são m2 = m3 = −2. Portanto, a solução geral da EDO é dada
por:
y (x) = C1e
x +C2e
−2x +C3x
−2x.
Exemplo 4.19
Determine a solução geral da equação 3y′′′ + 5y′′ + 10y′ − 4y = 0.
Solução
A equação característica é
3m3 + 5m2 + 10m− 4 = 0
Suponhamos que esta equação admite uma raiz da forma p
q , com q , 0. Então,
p ∈ {±1,±2,±4} e q ∈ {±1,±3}
Assim,
p
q
∈
{
±1,±2,±4,±1
3
,±2
3
,±4
3
}
.
Testando cada um desses números, temos que m1 = 1
3 é raiz da equação. Assim,
segue-se que(
m− 1
3
)(
3m2 + 6m+ 12
)
= 0(3m− 1)
(
3m2 + 6m+ 12
)
= 0
Resolvendo a equação 3m2 + 6m + 12 = 0, obtemos as outras duas raízes m1 =
−1 +
√
3i e m2 = −1−
√
3i.
Portanto, a solução geral da EDO é dada por
y (x) = C1e
− 1
3x +C2e
−x cos
(√
3x
)
+C3e
−x sen
(√
3x
)
.
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Exemplo 4.20
Resolva a EDO y(4) + 2y′′ + y = 0.
Solução
A equação auxiliar é
m4 + 2m2 + 1 = 0 ou
(
m2 + 1
)2
= 0,
cujas raízes são m1 = m3 = i e m2 = m3 − i. Logo, a solução geral da EDO é dada
por
y (x) = C1 · e0·x cos(1 · x) +C2 · e0·x sen(1 · x) +C3 · xe0·x cos(1 · x) +C4 · xe0·x sen(1 · x)
y (x) = C1 · cos(x) +C2 · sen(x) +C3 · xcos(x) +C4 · x sen(x)
Exercício 4.2
1. Determine a solução geral da equação diferencial y′′′ − 6y′′ + 25y′ = 0.
2. Determine a solução do PVI: y′′′−5y′′+9y′−6y = 0, y (0) = 0, y′ (0) = 0, y′′ (0) =
1.
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4.3.1 MÉTODO DOS COEFICIENTES A DETERMINAR - ABORDA-
GEM DA SUPERPOSIÇÃO
Com base no Princípio da Superposição, para determinar a solução geral da EDO
linear não homogênea:
an (x)
dny
dxn
+ an−1 (x)
dn−1y
dxn−1 + · · ·+ a1 (x)
dy
dx
+ a0 (x)y = g (x) , (4.12)
com os coeficientes an, · · · , a2, a1, a0 constantes, resta-nos encontrar uma solução par-
ticular yp e combiná-la com a função complementar yc, obtida no caso homogêneo.
O método que utilizaremos é conhecido por Método dos Coeficientes a Determinar
(MCD)
Este método, como o próprio nome sugere, inicia-se supondo conhecida a forma da
solução particular yp ; a menos de constantes multiplicativas, que serão determinadas
ao substituir a suposta solução yp na EDO (4.12). A suposta solução deve ser de mesma
natureza que g (x) e o método é aplicado com sucesso para alguns casos especiais da
função g (x); que pode ser um polinômio, uma exponencial do tipo eαx ou combinações
de senx e cosx.
O Método dos Coeficientes a Determinar não se aplica às EDO’s que não possuem
coeficientes constantes ou àquelas em que a função g (x) não é de algum dos tipos
considerados.
1º CASO: A função g (x) é do tipo polinomial g (x) = p (x) .
Se a função g (x) é um polinômio de grau k, por exemplo:
g (x) = akx
k + · · ·+ a2x
2 + a1x+ a0
admitiremos como solução particular a função:
yp = Akx
k + · · ·+A2x
2 +A1x+A0.
Exemplo 4.21
Vamos encontrar a solução geral da equação y′′ + 4y′ − 2y = 2x2 − 3x+ 6.
Solução
A equação característica da EDO homogênea associada é m2 + 4m − 2 = 0, cujas
raízes são m1 = −2−
√
6 e m2 = −2 +
√
6. Então,
yC = C1 · e(−2−
√
6)x +C2 · e(−2+
√
6)x.
A função g (x) é o polinômio do segundo grau 2x2 − 3x+ 6, de modo que a solução
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yp é suposta do tipo:
yp = Ax2 +Bx+C.
Assim,
y′p = 2Ax+B e y′′p = 2A.
Substituindo na EDO não-homogênea, vem que
2A+ 8Ax+ 4B− 2Ax2 − 2Bx − 2C = 2x2 − 3x+ 6
−2Ax2 + (8A− 2B)x+ 2A+ 4B− 2C = 2x2 − 3x+ 6
Segue-se dai que 
−2A = 2
8A− 2B = −3
2A+ 4B− 2C = 6,
de onde obtemos A = −1, B = −5
2 e C = −9. Logo,
yp = −x2 − 5
2
x − 9.
Portanto, a solução geral procurada é:
y (x) = C1 · e(−2−
√
6)x +C2 · e(−2+
√
6)x − x2 − 5
2
x − 9.
2º CASO: A função g (x) é do tipo g (x) = p (x) · eαx
Se a função g (x) é da forma:
g(x) =
(
Akx
k + · · ·+A2x
2 +A1x+A0
)
eαx
admitiremos como solução particular a função
yp =
(
Akx
k + · · ·+A2x
2 +A1x+A0
)
eαx.
Exemplo 4.22
Resolver a equação y′′ + 4y′ + 4y = (x+ 2)e2x.
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Solução
A equação auxiliar é m2 + 4m + 4 = 0, cujas raízes são m1 = m2 = −2. Assim, a
solução geral da EDO homogênea associada é:
yc = C1e
−2x +C2xe
−2x.
Neste caso, a suposta solução particular é da forma:
yp = (Ax+B)e2x.
Assim, temos que
y′p = (2Ax+A+ 2B)e2x
y′′p = (4Ax+ 4A+ 4B)e2x
Substituindo na EDO dada, segue-se que
(4Ax+ 4A+ 4B)e2x + 4(2Ax+A+ 2B)e2x + 4(Ax+B)e2x = (x+ 2)e2x
(4Ax+ 4A+ 4B)e2x + (8Ax+ 4A+ 8B)e2x + (4Ax+ 4B)e2x = (x+ 2)e2x
(16Ax+ 8A+ 16B)e2x = (x+ 2)e2x
de onde resulta A = 1
16 e B = 3
3 . Logo,
yp =
( 1
16
x+
32
3
)
e2x.
Portanto, a solução da EDO é:
y (x) = C1e
−2x +C2xe
−2x +
( 1
16
x+
32
3
)
e2x.
3º CASO: A função g (x) é da forma g (x) = p (x)eαx senβx
Se a função g (x) é da forma:
g (x) =
(
akx
k + · · ·+ a2x
2 + a1x+ a0
)
eαx senβx
a solução particular yp é suposta do tipo:
yp =
(
Akx
k + · · ·+A2x
2 +A1x+A0
)
eαx senβx+
(
Bkx
k + · · ·+B2x
2 +B1x+B0
)
eαx cosβx.
A mesma função yp será considerada quando g (x) for da forma:
g (x) =
(
akx
k + · · ·+ a2x
2 + a1x+ a0
)
eαx cosβx.
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Exemplo 4.23
Determinar a solução geral da equação y′′ − y′ − 2y = sen2x.
Solução
Temos que
yc = C1e
2x +C2e
−x
e que yp é suposta da forma
yp = Asen(2x) +Bcos(2x) .
Assim,
y′p = 2Acos(2x)− 2Bsen(2x) e y′′p = −4Asen(2x)− 4Bcos(2x) .
Substituindo yp e suas respectivas derivadas na EDO dada, temos que
(−6A+ 2B) sen(2x) + (−2A− 6B)cos(2x) = sen(2x) .
Segue-se, então, que −6A+ 2B = 1
−2A− 6B = 0,
de onde obtemos A = − 3
20 e B = 1
20 . Assim, a solução geral da EDO em questão é
y (x) = C1e
2x +C2e
−x − 3
20
sen(2x) +
1
20
cos(2x) .
4º CASO: Algum termo de yP coincide com algum termo de yC .
Quando algum termo da suposta solução particular yp, sem considerar as constan-
tes multiplicativas, coincidir com algum termo da solução geral yc da EDO homogênea
associada, a solução yp deve ser modificada, multiplicando-a pelo termo xk, de modo
que elimine tal coincidência. Isto afasta a possibilidade de chegarmos a igualdades
óbvias do tipo 0 = 0; ou a um sistema algébrico sem solução.
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Exemplo 4.24
Determine a solução geral da EDO y′′ − 3y′ + 2y = ex − 2e2x + senx.
Solução
A solução geral da equação homogênea associada é:
yc = C1e
x +C2e
2x
e, de acordo com a descrição do método, a solução particular deveria ser do tipo
Aex + Be2x + C senx + D cosx, que contém termos idênticos aos que figuram na
solução yc. Para evitar surpresas desagradáveis, essa solução particular deve ser
substituída pela função:
yp = Axex +Bxe2x +C senx+D cosx.
Temos que
y′p = Aex +Axex +Be2x + 2Bxe2x +C cosx −D senx
y′′p = 2Aex +Axex + 4Be2x + 4Bxe2x −C senx −D.cosx
Substituindo yp, y′p e y′′p na EDO dada, temos
−Aex +Be2x + (C + 3D) senx+ (−3C +D)cosx = ex − 2e2x + senx.
Segue-se que −A = 1
B = −2
C + 3D = 1
−3C +D = 0,
de onde obtemos A = −1, B = −2, C = 1
10 e D = 3
10 . Portanto, a solução geral da
EDO é:
y (x) = C1e
x +C2e
2x − xex − 2xe2x +
1
10
senx+
3
10
cosx.
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Exercício 4.3
1. Resolva as equações a seguir.
(a) y′′ − 2y′ − 3y = 4x − 5 + 6xe2x
(b) y(4) + y′′′ = 1− x2e−x
(c) y′′ − 6y′ + 9y = 6x2 + 2− 12e3x
2. Determine a solução do PVI: y′′ + y = 4x+ 10senx, y (π) = 0, y′ (π) = 2.
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4.3.2 VARIAÇÃO DE PARÂMETROS
Introduziremos o método para a EDO linear de segunda ordem
a2 (x)y′′ + a1 (x)y′ + a0 (x)y = g (x) . (4.13)
Dividindo a equação (4.13) pelo coeficiente dominante a2 (x), obtemos a forma padrão
y′′ + P (x)y′ +Q (x)y = f (x) . (4.14)
Suponhamos que yp = u (x)y1 (x) + v (x)y2 (x), onde y1 (x) e y2 (x) são soluções LI em I
da equação homogênea associada e u (x) e v (x) são funções a determinar, satisfazendo
a condição
u′y1 + v′y2 = 0, (4.15)
onde figuram as variações dos parâmetros u e v e daí resultou o nome do método.
Derivando yp, obtemos:
y′p = uy′1 + y1u
′ + vy′2 + y2v
′
y′′p = uy′′1 + y′1u
′ + y1u
′′ +u′y′1 + vy′′2 + y′2v
′ + y2v
′′ + v′y′2
Substituindo yp, y′p e y′′p em (4.14) e usando o fato de que y1 e y2 são soluções da EDO
homogênea associada, efetuando algumas simplificações, chegamos a:
u′y′1 + y′2v
′ = f (x) . (4.16)
Combinando (4.15) e (4.16), formamos o sistema linear nas variáveis u e vy1u
′ + y2v
′ = 0
y′1u
′ + y′2v
′ = f (x) ,
que aplicando a Regra de Cramer, obtemos:
u′ =
W1
W
=
−y2f (x)
W
e v′ =
W2
W
=
y1f (x)
W
, (4.17)
onde
W =
∣∣∣∣∣∣∣ y1 y2
y′1 y′2
∣∣∣∣∣∣∣, W1 =
∣∣∣∣∣∣∣ 0 y2
f (x) y′2
∣∣∣∣∣∣∣ e W2 =
∣∣∣∣∣∣∣ y1 0
y′1 f (x)
∣∣∣∣∣∣∣
As funções u e v são encontradas integrando os resultados em (4.17).
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Exemplo 4.25
Resolva a equação y′′ − 4y′ + 4y = (x+ 1)e2x.
Solução
A função complementar é:
yC = C1e
2x +C2xe
2x.
Assim, temos y1 (x) = e2x e y2 (x) = xe2x , com wronskiano
W =
∣∣∣∣∣∣∣ e
2x xe2x
2e2x 2xe2x + e2x
∣∣∣∣∣∣∣ = e4x.
Como a equação dada já está na forma padrão, identificamos f (x) = (x+ 1)e4x.
Então,
W1 =
∣∣∣∣∣∣∣ 0 xe2x
(x+ 1)e2x 2xe2x + e2x
∣∣∣∣∣∣∣ = − (x+ 1)xe4x,
W2 =
∣∣∣∣∣∣∣ e
2x 0
2e2x (x+ 1)e2x
∣∣∣∣∣∣∣ = (x+ 1)e4x.
Logo,
u′ =
− (x+ 1)xe4x
e4x = −x2 − x⇒ u = −x
3
3
− x
2
v′ =
(x+ 1)e4x
e4x = x+ 1⇒ v =
x2
2
+ x
Portanto,
yp =
(
−x
3
3
− x
2
)
e2x +
(
x2
2
+ x
)
xe2x =
1
6
x3e2x +
1
2
x2e2x.
Assim, a solução geral da equação em questão é:
y (x) = C1e
2x +C2xe
2x +
1
6
x3e2x +
1
2
x2e2x.
O Método de Variação de Parâmetros pode ser aplicado com sucesso a qualquer
EDO linear de ordem n, desde que conheçamos n soluções LI da EDO homogênea
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associada. Ele é mais poderoso que o Método dos Coeficientes a Determinar, que, de
modo geral, é restrito às EDO’s com coeficientes constantes e a formas particulares da
função g (x). No caso em que os dois métodos são aplicáveis recomendamos o Método
dos Coeficientes a Determinar, por ser, em geral mais eficaz.
Exemplo 4.26
Resolva a EDO y′′′ − 2y′′ − y′ + 2y = ex.
.
Solução
A função complementar é:
yC = C1e
x +C2e
−x +C3e
2x.
Assim, temos y1 (x) = ex, y2 (x) = e−x e y3 = e2x , com wronskiano
W =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ex e−x e2x
ex −e−x 2e2x
ex e−x 4e2x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −6e2x.
Como a equação dada já está na forma padrão, identificamos f (x) = eXx. Então,
W1 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 e−x e2x
0 −e−x 2e2x
ex e−x 4e2x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3e2x,
W2 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ex 0 e2x
ex 0 2e2x
ex ex 4e2x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −e4x,
W3 =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
ex e−x 0
ex −e−x 0
ex e−x exx
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −2ex.
Logo,
u′ =
3e2x
−6e2x = −1
2
⇒ u = −1
2
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v′ =
−e4x
−6e2x =
e2x
6
⇒ v =
e2x
12
w′ =
−2ex
−6e2x =
1
3
e−x⇒ w = −1
3
e−x
Portanto,
yp = −1
2
xex +
ex
12
− 1
3
ex = −1
2
xex − e
x
4
.
Assim, a solução geral da equação em questão é:
y (x) = C1e
x +C2e
−x +C3e
2x − 1
2
xex − e
x
4
.
Exercício 4.4
Resolva a equação diferencial 4y′′ + 36y = csc(3x) .
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4.4 EQUAÇÃO DE CAUCHY-EULLER
É toda equação diferencial da forma:
anx
nyn + an−1x
n−1yn−1 + · · ·+ a1xy + a0y = g (x) ,
onde an, an−1, · · · , a1, a0 são constantes. Começamos a discussão examinando a equação
homogênea de segunda ordem
ax2y′′ + bxy′ + cy = 0, (4.18)
no intervalo (0,+∞). Suponhamos que y = xm é uma solução da equação (4.18). Então,
y′ =mxm−1 e y′′ =m (m− 1)xm−2.
Substituindo y, y′ e y′′ em (4.18), temos:
ax2m (m− 1)xm−2 + bxmxm−1 + cxm = 0
xm [am (m− 1) + bm+ c] = 0
xm
[
am2 + (b − a)m+ c
]
= 0. (4.19)
Assim, y = xm será uma solução de (4.18) sempre que m for uma solução da equação
característica
am2 + (b − a)m+ c = 0. (4.20)
Caso 1: Raízes Reais Distintas
Sejam m1 e m2 as raízes reais de (4.20) com m1 , m2. Então, y1 = xm1 e y2 = xm2
formam um conjunto fundamental de soluções. Logo, a solução geral da equação (4.18)
será:
y (x) = C1x
m1 +C2x
m2 .
Caso 2: Raízes Reais Iguais
Se m1 = m2, obtemos y = xm1 . Neste caso, temos que m1 = − (b−a)
2a . Escrevendo a
equação de Cauchy-Euller na forma padrão, temos
y′′ +
b
ax
y′ +
c
ax2y = 0.
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Então, obtendo uma segunda solução y2, vem:
y2 = xm1
∫
e−
∫
b
axdx
x2m1
dx
= xm1
∫
x−
b
ax−2m1dx
= xm1
∫
x−
b
ax
(b−a)
a dx
= xm1
∫
1
x
dx
= xm1 lnx
Logo, a solução geral da equação (4.18) será:
y (x) = C1x
m1 +C2x
m1 lnx.
Caso III: Raízes Complexas
Se as raízes forem m1 = α + iβ m2 = α − iβ, α e β > 0 são números reais, então a
solução será
y (x) = C1x
(α+iβ) +C2x
(α−iβ).
Agora, note que
xiβ =
(
elnx
)iβ
= eiβ lnx.
Então, segue da fórmula de Euller que:
xiβ = cos(β lnx) + i sen(β lnx) e x−iβ = cos(β lnx)− i sen(β lnx) .
Somando e subtraindo as igualdades acima, vem: xiβ + x−iβ = 2cos(β lnx) e xiβ − x−iβ =
2i sen(β lnx) . Como y (x) = C1x
(α+iβ) +C2x
(α−iβ) é uma solução para qualquer valor das
constantes, fazendo C1 = C2 = 1
2 e em seguida C1 = 1
2i e C2 = − 1
2i , vem
y1 = xα
(
xiβ + x−iβ
)
⇒ y1 = xα cos(β lnx)
y2 = xα
(
xiβ − x−iβ
)
⇒ y2 = xα sen(β lnx) .
Como W [xα cos(β lnx) ,xα sen(β lnx)] = βx2α−1 , 0,β > 0 no intervalo (0,+∞), con-
cluímos que y1 e y2 constituem um conjunto fundamental de soluções da equação.
Logo, a solução geral neste caso será
y = xα [C1 cos(β lnx) +C2 sen(β lnx)] .
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Exemplo 4.27
Resolva a equação diferencial x2y′′ − 2xy′ − 4y = 0.
Solução
Suponhamos que y = xm. Então,
y′ =mxm−1 e y′′ =m (m− 1)xm−2.
Substituindo y, y′ e y′′ na equação dada, temos que
x2m (m− 1)xm−2 − 2mxm−1 − 4xm = 0
xm
(
m2 − 3m− 4
)
= 0
Se m2 − 3m− 4 = 0, temos que m1 = −1 e m2 = 4. Portanto,
y (x) = C1x
−1 +C2x
4.
Exemplo 4.28
Resolva a equação 4x2y′′ + 8xy′ + y = 0.
Solução
Supondo y = xm, temos que
y′ =mxm−1 e y′′ =m (m− 1)xm−2.
Assim,
4x2m (m− 1)xm−2 + 8xmxm−1 + xm = 0
xm
(
4m2 + 4m+ 1
)
= 0
Se 4m2 + 4m = 1 = 0, temos que m1 =m2 = −1
2 . Logo,
y (x) = C1x
− 1
2 +C2x
− 1
2 lnx.
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Exemplo 4.29
Resolva a EDO x3y′′′ + 5x2y′′ + 7xy′ + 8y = 0.
Solução
Supondo y = xm, temos que
y′ =mxm−1, y′′ =m (m− 1)xm−2 e y′′ =m (m− 1)(m− 2)xm−3,
que substituindo na EDO dada resulta em
x3m (m− 1)(m− 2)xm−3 + 5x2m (m− 1)xm−2 + 7xmxm−1 + 8xm = 0
xm
(
m3 + 2m2 + 4m+ 8
)
= 0
xm
[
(x+ 2)
(
x2 + 4
)]
= 0.
Logo,y = xm será uma solução da EDo dada quando m1 = −2, m2 = 2i e m3 = −2i.
Portanto, a solução geral será:
y (x) = C1x
−2 +C2 cos(2lnx) +C3 sen(2lnx) .
Exemplo 4.30
Resolver a equação diferencial x2y′′ − 3xy′ + 3y = 2x4ex.
Solução
Supondo y = xm, temos que
y′ =mxm−1 e y′′ =m (m− 1)xm−2,que substituindo na EDO dada resulta em
x2m (m− 1)xm−2 + 3xmxm−1 + 3xm = 0
xm
(
m2 − 4m+ 3
)
= 0
xm [(x − 1)(x − 3)] = 0.
Logo,y = xm será uma solução da EDO homogênea associada quando m1 = 1 e
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Notas de Aula Equações Diferenciais Ordinárias
m2 = 3. Portanto, yc será:
yc = C1x+C2x
3.
Agora, vamos aplicar o método de variação de parâmetros para obter uma solução
particular yp.
Escrevendo, inicialmente, a EDO dada na forma padrão temos:
y′′ − 3
x
y′ +
3
x2y = 2x2ex,
onde identificamos f (x) = 2x2ex.
Como y1 = x e y2 = x3, segue-se que
W =
∣∣∣∣∣∣∣ x x3
1 3x2
∣∣∣∣∣∣∣ = 2x3,
W1 =
∣∣∣∣∣∣∣ 0 x3
2x2ex 3x2
∣∣∣∣∣∣∣ = −2x5ex,
W2 =
∣∣∣∣∣∣∣ x 0
1 2x2ex
∣∣∣∣∣∣∣ = 2x3ex.
Logo,
u′ =
−2x5ex
2x3 = −x2ex ⇒ u = −x2ex + 2xex − 2ex
v′ =
2x3ex
2x3 = ex ⇒ v = ex.
Assim,
yp = uy1 + vy2
=
(
−x2ex + 2xex − 2ex
)
x+ exx3
= 2x2ex − 2xex
Portanto, a solução geral da EDO dada será:
y (x) = yc + yp
= C1x+C2x
3 + 2x2ex − 2xex.
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Exercício 4.5
1. Resolva as equações a seguir.
(a) x2y′′ + 5xy′ + 3y = 4lnx, x > 0;
(b) x3y′′′ − 3x2y′′ + 6xy′ − 6y = x, x > 0.
2. Resolva o PVI: 4x2y′′ + 17y = 0, y (1) = −1, , y′ (1) = −1
2 .
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4.5 EXERCÍCIOS PROPOSTOS
1. Mostre que se y1 (x) e y2 (x) são duas soluções da equação diferencial
a2 (x)y′′ + a1 (x)y′ + a0 (x) = 0,
então y = C1y1 (x) + C2y2 (x) também é uma solução desta equação diferencial,
onde C1 e C2 são constantes arbitrárias.
2. Considere a equação diferencial
y′′ − 2y′ + y = 0.
(a) Mostre que ex e xex são soluções linearmente independentes desta equação
diferencial para todo x real.
(b) Escreva a solução geral da equação diferencial dada.
(c) Determinar a solução que satisfaz a condição y (0) = 1, y′ (0) = 4.
3. Considere a equação diferencial
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0, x ∈ (1,2) .
(a) Mostre que x e x2 são soluções LI desta EDO para todo x ∈ (1,2) .
(b) Escreva a solução geral da EDO dada.
4. Sabendo que y1 (x) = x é uma solução da equação diferencial
x2y′′ − 4xy′ + 4y = 0,
em (1,2), determine uma solução linearmente independente, y2 (x), usando a pro-
priedade da redução de ordem e escreva a solução geral da equação diferencial
dada.
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5. Determine a solução geral das equações diferenciais a seguir.
(a) y′′ − 3y′ + 2y = 0
(b) y(4) + 4y = 0
(c) y′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = 0
(d) 8y′′ + 4y′ + y = 0
(e) y(4) + 5y′′′ = 0
(f) y′′′ − 3y′′ + 4y′ − 2y = 0
(g) y′′′ − y′′ − y′ + y = 0
(h) y(4) + 2y′′ + y = 0
6. Com o Método dos Coeficientes a Determinar, encontre a solução geral das equa-
ções diferenciais a seguir.
(a) y′′ − y′ − 2y = 2x2
(b) y′′ + 2y′ + 2y = 1 + x2
(c) y′′ + 4y′ + 8y = x+ ex
(d) y′′ − 3y′ + 2y = ex − 2e2x + senx
(e) y′′′ − y′′ − y′ + y = x2
(f) y′′′ − 6y′′ + 11y′ − 6y = 2xe−x
(g) y(4) + 4y = x2 − 3x+ 2
(h) y′′′ − y = 3senx − cosx
7. Encontre a solução geral das seguintes equações de Cauchy-Euler.
(a) 4x2y′′−4xy′+3y = senln(−x) ,x 0.
(c) x2y′′ − xy′ + 2y = 1 + (lnx)2 ,x > 0.
(d) x2y′′ − 3xy′ + 3y = lnx,x > 0.
(e) x3y′′′ − 3x2y′′ + 6xy′ − 6y = 0,x > 0.
(f) x2y′′ − 6xy′ = 0,x > 0.
8. Resolva o seguinte PVI de Cauchy-Euler homogêneo:
x2y′′ − 2xy′ + 2y = 0, y (1) = 1, y′ (1) = 4.
9. Resolva o seguinte PVI de Cauchy-Euler não-homogêneo:
x2y′′ + xy′ + y = lnx,y (1) = 0, y (1) = 2.
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5
APLICAÇÕES DE EQUAÇÕES
DIFERENCIAIS DE SEGUNDA ORDEM
97
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5.1 SISTEMAS MASSA-MOLA: MOVIMENTO LIVRE NÃO
AMORTECIDO
5.1.1 LEI DE HOOKE
A mola exerce uma força restauradora F oposta à direção do alongamento e propor-
cional à distensão s, ou seja,
F = ks,
onde k é uma constante de proporcionalidade chamada constante da mola.
5.1.2 SEGUNDA LEI DE NEWTON
Pela segunda Lei de Newton, temos que:
FR = −k (x+ s) +mg
m · d
2x
dt2
= −kx − ks+mg.
Como a condição de equilíbrio é mg = ks ou mg − ks = 0, segue que
m · d
2x
dt2
= −kx. (5.1)
5.1.3 EQUAÇÃO DO MOVIMENTO LIVRE NÃO AMORTECIDO
Dividindo a equação (5.1) por m, obtemos
d2x
dt2
+
(
k
m
)
x = 0
d2x
dt2
+ω2x = 0, (5.2)
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onde ω2 = k
m . Duas condições iniciais óbvias associadas com a equação (5.2) são x (0) =
x0 e x′ (0) = x1, representando, respectivamente, o deslocamento inicial e a velocidade
inicial da massa.
5.1.4 SOLUÇÃO E EQUAÇÃO DO MOVIMENTO
As raízes da equação característica m2 +ω2 = 0 são m1 = ωi e m2 = −ωi. Assim, a
solução geral da equação (5.2) é:
x (t) = C1 cos(ωt) +C2 sen(ωt) .
Exemplo 5.1
Uma massa de 2 libras distende uma mola em 6 polegadas. Em t = 0, a massa é
solta de um ponto 8 polegadas abaixo da posição de equilíbrio, a uma velocidade
de 4
3 pés/s para cima. Determine a equação do movimento.
Solução
Neste caso, temos: g = 32 pés/s, P = 2lb, s = 6pol = 1
2 pé
De P = mg, temos que 2 = m · 32 o que implica m = 1
16slug. Além disso, temos
da Lei de Hooke que 2 = k · 1
2 que implica k = 4lb/pe.
Assim, segue da equação (5.2) que
1
16
· d
2x
dt2
= −4x
d2x
dt2
= −64x
d2x
dt2
+ 64x = 0.
Como ω2 = 64 ou ω = 8, a solução geral da equação diferencial é:
x (t) = C1 cos(8t) +C2 sen(8t) .
Aplicando as condições iniciais x (0) = 2
3 e x′ (0) = −4
3 , obtemos C1 = 2
3 e C2 = −1
6 .
Portanto, a equação do movimento será:
x (t) =
2
3
cos(8t)− 1
6
sen(8t) .
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Notas de Aula Equações Diferenciais Ordinárias
5.2 SISTEMA MASSA-MOLA: MOVIMENTO LIVRE AMOR-
TECIDO
5.2.1 EQUAÇÃO DO MOVIMENTO LIVRE AMORTECIDO
Neste caso, a equação do movimento é dada por:
m · d
2x
dt2
= −kx − βdx
dt
, (5.3)
onde β > 0 é chamado de constante de amortecimento.
Dividindo (5.3) por m, obtemos:
d2x
dt2
+
β
m
· dx
dt
+
k
m
x = 0. (5.4)
Agora, fazendo 2λ = β
m e ω2 = k
m , segue de (5.4) que
d2x
dt2
+ 2λ
dx
dt
+ω2x = 0.
A equação característica é r2 + 2λr +ω2 = 0, cujas raízes são r1 = −λ+
√
λ2 −ω2 e r2 =
−λ−
√
λ2 −ω2.
Podemos considerar três casos:
1º Caso: λ2 −ω2 > 0 (Sistema Superamortecido)
Nesta caso, a solução geral é dada por:
x (t) = e−λt
(
C1e
√
λ2+ω2t +C2e
√
λ2−ω2t
)
.
2º Caso: λ2 −ω2 = 0 (Sistema Criticamente Amortecido)
Nesta caso, a solução geral é dada por:
x (t) = e−λt (C1 + +C2t) .
3º Caso: λ2 −ω216 ou m = 1
2 slug. A equação do movimento, neste caso, é:
1
2
· d
2x
dt2
= −5x − dx
dt
d2x
dt2
+ 2 · dx
dt
+ 10x = 0
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Notas de Aula Equações Diferenciais Ordinárias
A equação característica, neste caso, é r2 + 2r + 10 = 0, cujas raízes são r1 = −1 + 3i
e r2 = −1− 3i(Sistema subamortecido). Então,
x (t) = e−t (C1 cos3t + sen3t) .
Em seguida, aplicando as condições iniciais x (0) = −2 e x′ (0) = 0, obtemos C1 = −2
e C2 = −2
3 . Portanto,
x (t) = e−t
(
−2cos3t − 2
3
sen3t
)
.
5.2.2 SISTEMA MASSA-MOLA:MOVIMENTO FORÇADO
A inclusão de f (t) na formulação da 2ª lei de Newton resulta na equação do movi-
mento forçado
m · d
2x
dt2
= −kx − βdx
dt
+ f (x)
dx
dt2
+
β
m
· dx
dt
+
k
m
· x =
f (t)
m
.
Fazendo 2λ = β
m , ω2 = k
m e F (t) = f (t)
m , vem
d2x
dt2
+ 2λ · dx
dt
+ω2x = F (t) .
Exemplo 5.4
Interprete e resolva o PVI:
1
5
· d
2x
dt2
+ 1,2 · dx
dt
+ 2x = 5cos4t, x (0) =
1
2
, x′ (0) = 0.
Solução
Sistema vibrante em que uma massa m = 1
5slug é presa a uma mola (k = 2lb/pé).
A massa inicialmente é solta do repouso 1
2 pé abaixo da posição de equilíbrio. O
movimento é amortecido (β = 1,2) e está sendo forçado por uma força externa
periódica f (t) = 5cos4t.
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Resolvendo, inicialmente, a equação homogênea associada, temos
1
5
· d
2x
dt2
+ 1,2 · dx
dt
+ 2x = 0
d2x
dt2
+ 6
dx
dt
+ 10x = 0.
A equação característica da equação acima é r2 + 6r + 10 = 0, cujas raízes são r1 =
−3 + i e r2 = −3− i. Logo,
xC = e−3t (C1 cos t +C2 sen t) .
Usando o método dos coeficientes a determinar, temos que xP é da forma xP =
Acos4t + Bsen4t. Diferenciando xP (t) e substituindo na equação dada, obtemos
A = − 25
102 e B = 50
51 . Portanto,
x (t) = e−3t (C1 cos t +C2 sen t)− 25
102
cos(4t) +
50
51
sen(4t) .
5.2.3 CIRCUITO EM SÉRIE RLC
Considere-se um circuito elétrico constituído por uma força eletromotriz que pro-
duz uma queda de tensão E, uma resistência R, uma bobine com indutância L e um
condensador com capacitância C, ligados em série (circuito RLC).
Pela 2ª lei de Kirchoff, tem-se que
L · di
dt
+Ri +
1
C
· q = E (t) .
Como i = dq
dt , segue-se que
L ·
d2q
dt2
+R ·
dq
dt
+
1
C
· q = E (t) .
Exemplo 5.5
Encontre a carga q (t) sobre o capacitor em um circuito em série RLC quando L =
0,25h, R = 10Ω, C = 0,001f , E (t) = 0, q (0) = q0C e i (0) = 0.
Solução
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Notas de Aula Equações Diferenciais Ordinárias
Substituindo os dados do problema na equação (5.5), tem-se:
1
4
·
d2q
dt2
+ 10
dq
dt
+ 1000q = 0
d2q
dt2
+ 40
dq
dt
+ 4000q = 0.
Resolvendo a equação homogênea acima, obtém-se
q (t) = e−20t (C1 cos60t +C2 sen60t) .
Aplicando as condições iniciais, obtém-se C1 = q0 e C2 = 1
3q0. Assim,
q (t) = q0e
−20t
(
cos60t +
1
3
sen60t
)
.
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5.3 EXERCÍCIOS PROPOSTOS
1. Um peso de 4 libras é preso a uma mola cuja constante é 16 lb/pés. Qual é o
período do movimento harmônico simples?
2. Um peso de 24 libras, preso a uma das extremidades de uma mola, distende-a em
4 polegadas. Ache a equação de movimento, considerando que o peso será solto
do repouso, de um ponto 3 polegadas acima da posição de equilíbrio.
3. Um peso de 20 libras distende uma mola em 6 polegadas. O peso é solto do
repouso 6 polegadas abaixo da posição de equilíbrio.
(a) Determine a posição do peso em t = π/12, t = π/8, t = π/6, t = π/4 e t =
9π/32.
(b) Qual será a velocidade do peso quanto t = 3π/16s? Qual será o sentido do
movimento do peso nesse instante?
(c) Em que instante o peso passa pela posição de equilíbrio.
4. Uma massa pesando 8 libras é presa a uma mola. Quando em movimento, o sis-
tema massa/mola exibe um movimento harmônico simples. Determine a equa-
ção do movimento se a constante da mola for de 1 lb/pé e a massa for inicialmente
solta de um ponto 6 polegadas abaixo da posição de equilíbrio a uma velocidade
de 3/2 pés/s para baixo.
5. Uma massa pesando 64 libras presa a uma extremidade da mola distende-se em
0,32 pé. A massa é inicialmente solta de um ponto 8 polegadas acima da posição
de equilíbrio a uma velocidade de 5 pés/s para baixo.
(a) Determine a equação do movimento.
(b) Qual é a amplitude e o período do movimento?
(c) Quantos ciclos completos a massa concluirá após 3π segundos?
(d) Em que instante a massa passa pela posição de equilíbrio, dirigindo-se para
baixo pela segunda vez?
(e) Em que instante a massa atinge seu deslocamento estremo em cada lado da
posição de equilíbrio?
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(f) Qual é a posição da massa em t = 3 s?
(g) Qual é a velocidade instantânea em t = 3 s?
(h) Qual é a aceleração em t = 3 s?
(i) Qual é a velocidade instantânea no instante em que a massa passa pela po-
sição de equilíbrio?
(j) Em que instante a massa está 5 polegadas abaixo da posição de equilíbrio?
(k) Em que instante a massa está a 5 polegadas abaixo da posição de equilíbrio
e se dirige para cima?
6. Uma massa de 1 quilograma é presa a uma mola cuja constante é 16 N/m e todo
o sistema é então submerso em um líquido que oferece uma força de amorteci-
mento numericamente igual a 10 vezes a velocidade instantânea. Determine as
equações do movimento, considerando que:
(a) o peso é solto do repouso 1 metro abaixo da posição de equilíbrio.
(b) O peso é solto 1 metro abaixo da posição de equilíbrio a uma velocidade de
12 m/s para cima.
7. Um peso de 10 libras é preso a uma mola, distendendo-a em 2 pés. O peso está
preso a uma dispositivo de amortecimento que oferece uma resistência igual a
β (β > 0) vezes a velocidade instantânea. Determine os valores da constante de
amortecimento β de tal forma que o movimento subsequente seja:
(a) superamortecido
(b) criticamente amortecido
(c) subamortecido
8. Um peso de 16 libras distende uma mola em 8/3 pé. Inicialmente, o peso parte
do repouso 2 pés abaixo da posição de equilíbrio. O movimento subsequente em
lugar em um meio que oferece uma força amortecedora numericamente igual a
1/2 da velocidade instantânea. Qual é a equação do movimento se o peso sofre a
ação de uma força externa igual a f (t) = 10cos3t?
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9. Quando uma massa de 2 quilogramas é presa a uma mola cuja constante de elas-
ticidade é 32 N/m, ela chega ao repouso na posição de equilíbrio. A partir de
t = 0 uma força igual a f (t) = 68e−2tcos4t é aplicada ao sistema. Qual é a equação
de movimento na ausência de amortecimento?
10. Ache a carga no capacitor em um circuito em série LRC em t = 0,01s quando
L = 0,05h, R = 2Ω, C = 0,01f , E(t) = 0V , q0 = 5C e i(0) = 0A.
11. Ache a carga no capacitor, a corrente no circuito em série LRC e a carga má-
xima no capacitor quando:L = 5/3h, R = 10Ω, C = 1/30f , E(t) = 300V , q(0) = 0C,
i(0) = 0A.
12. Determine a carga no capacitor em um circuito em série LRC, supondo L = 1/2h,
R = 10Ω, C = 0,01f , E(t) = 150V , q(0) = 1C e i(0) = 0A. Qual é a carga no capa-
citor após um longo período?
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5.4 RESPOSTAS
1.
√
2π
8
2. x (t) = −1
4
cos
(√
6t
)
3. (a) x
( π
12
)
= −1
4
; x
(π
8
)
= −1
2
; x
(π
6
)
= −1
4
; x
(π
4
)
=
1
2
; x
(9π
4
)
=
√
2
4
(b) 4 pés/s; para baixo.
(c) t =
(2n+ 1)π
16
, n = 0,1,2, . . .
4. x (t) =
1
2
cos2t +
3
4
sen2t =
√
13
4
sen (2t + 0,5880)
5. (a) x (t) = −2
3
cos10t +
1
2
sen10t =
5
6
sen (10t − 0,927)
(b)
5
6
pés;
π
5
(c) 15 ciclos
(d) 0,721 s
(e)
(2n+ 1)π
20
+ 0,0927, n = 0,1,2 . . .
(f) x′ (3) = −5,814 pés/s
(g) x′′ (t) = 59,702 pés/s2
(h) ±8
1
3
pés/s
(i) 0,1451 +
nπ
5
; 0,3545 +
nπ
5
, n = 0,1,2, . . .
(j) 0,3545 +
nπ
5
, n = 0,1,2, . . .
6. (a) x (t) =
4
3
e−2t − 1
3
e−8t
(b) x (t) = −2
3
e−2t +
5
3
e−8t
7. (a) β >
5
2
.
(b) β =
5
2
.
(c) 064
3
√
47
sen
√
47
2
t
)
+
10
3
(cos3t + sen3t) .
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9. x (t) = −1
2
cos4t +
9
4
sen4t +
1
2
e−2tcos4t − 2e−2tsen4t.
10. 4,568C; 0,0509s.
11. (a) q (t) = 10− 10−3t (cos3t + sen3t) .
(b) i (t) = 60e−3tsen3t; 10,432C.
12. q (t) = −1
2
e−10t (cos10t + sen10t) +
3
2
; 3
2C.
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Referências Bibliográficas
[1] Zill, D. G.; Equações Diferenciais com Aplicações em Modelagem, Tradução da 9a
edição norte-americana, São Paulo: Cengage Learning, 2014.
[2] Zill, D. G.; CULLEN, M.R.. Equações Diferenciais, Volume 1, São Paulo: Pearson
Macrom Books, 2001.
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